一、带电粒子在复合场中的运动专项训练
1．压力波测量仪可将待测压力波转换成电压信号，其原理如图1所示，压力波p （t ）进入弹性盒后，通过与铰链O 相连的“”型轻杆L ，驱动杆端头A 处的微型霍尔片在磁场中沿x 轴方向做微小振动，其位移x 与压力p 成正比（,0x p αα=>）．霍尔片的放大图如图2所示，它由长×宽×厚=a×b×d ，单位体积内自由电子数为n 的N 型半导体制成，磁场方向垂直于x 轴向上，磁感应强度大小为0(1
)0B B x ββ=->，．无压力波输入时，霍尔片静止在x=0处，此时给霍尔片通以沿12C C 方向的电流I ，则在侧面上D 1、D 2两点间产生霍尔电压U 0.
（1）指出D 1、D 2两点那点电势高；
（2）推导出U 0与I 、B 0之间的关系式（提示：电流I 与自由电子定向移动速率v 之间关系为I=nevbd ，其中e 为电子电荷量）；
（3）弹性盒中输入压力波p （t ），霍尔片中通以相同的电流，测得霍尔电压U H 随时间t 变化图像如图3，忽略霍尔片在磁场中运动场所的电动势和阻尼，求压力波的振幅和频率．（结果用U 0、U 1、t 0、α、及β）
【来源】浙江新高考2018年4月选考科目物理试题
【答案】(1) D 1点电势高 (2) 0
01IB U ne d
= (3) 101(1)U A U αβ=- ，012f t =
【解析】
【分析】由左手定则可判定电子偏向D 2边，所以D 1边电势高；当电压为U 0时，电子不再发生偏转，故电场力等于洛伦兹力，根据电流I 与自由电子定向移动速率v 之间关系为I=nevbd 求出U 0与I 、B 0之间的关系式；图像结合轻杆运动可知，0-t 0内，轻杆向一侧运动至最远点又返回至原点，则可知轻杆的运动周期，当杆运动至最远点时，电压最小，结合U 0与I 、B 0之间的关系式求出压力波的振幅．
解：（1）电流方向为C 1C 2，则电子运动方向为C2C1，由左手定则可判定电子偏向D 2边，所以D 1边电势高；
（2）当电压为U 0时，电子不再发生偏转，故电场力等于洛伦兹力
0U qvB q
b
= ① 由电流I nevbd =
得：I
v nebd
=
② 将②带入①得0
0IB U ned
=
（3）图像结合轻杆运动可知，0-t 0内，轻杆向一侧运动至最远点又返回至原点，则轻杆的运动周期为T=2t 0 所以，频率为: 0
12f t =
当杆运动至最远点时，电压最小，即取U 1，此时0(1)B B x β=- 取x 正向最远处为振幅A ，有：0
1(1?)IB U A ned
β=
- 所以：0
0011(1)1IB U ned IB A U A
ned ββ==-- 解得：01
U U A U β-=
根据压力与唯一关系x p α=可得x
p α
=
因此压力最大振幅为：01
m U U p U αβ-=
2．利用电场和磁场，可以将比荷不同的离子分开，这种方法在化学分析和原子核技术等领域有重要的应用．如图所示的矩形区域ACDG(AC 边足够长)中存在垂直于纸面的匀强磁场，A 处有一狭缝．离子源产生的离子，经静电场加速后穿过狭缝沿垂直于GA 边且垂直于磁场的方向射入磁场，运动到GA 边，被相应的收集器收集．整个装置内部为真空．已知被加速的两种正离子的质量分别是m 1和m 2(m 1>m 2)，电荷量均为q ．加速电场的电势差为U ，离子进入电场时的初速度可以忽略．不计重力，也不考虑离子间的相互作用．
(1)求质量为m 1的离子进入磁场时的速率v 1；
(2)当磁感应强度的大小为B 时，求两种离子在GA 边落点的间距s ；
(3)在前面的讨论中忽略了狭缝宽度的影响，实际装置中狭缝具有一定宽度．若狭缝过宽，可能使两束离子在GA 边上的落点区域交叠，导致两种离子无法完全分离．设磁感应强度大小可调，GA 边长为定值L ，狭缝宽度为d ，狭缝右边缘在A 处．离子可以从狭缝各处射入磁场，入射方向仍垂直于GA 边且垂直于磁场．为保证上述两种离子能落在GA 边上并被完全分离，求狭缝的最大宽度．
【来源】2011年普通高等学校招生全国统一考试物理卷（北京)
【答案】（1
）
12qU m （2
）(
)
122
8U
m m qB - （3）d m ＝
1212
2m m m m --L
【解析】
（1）动能定理 Uq ＝
1
2
m 1v 12 得：v 1＝
1
2qU
m …① （2）由牛顿第二定律和轨道半径有：
qvB ＝2
mv R
，R ＝ mv qB 利用①式得离子在磁场中的轨道半径为别为（如图一所示）：
R 1＝1
2
2
mU qB ，R 2
＝222 m U qB …② 两种离子在GA 上落点的间距s ＝2(R 1?R 2)＝122
8
()U
m m qB - …③ （3）质量为m 1的离子，在GA 边上的落点都在其入射点左侧2R 1处，由于狭缝的宽度为d ，因此落点区域的宽度也是d （如图二中的粗线所示）．同理，质量为m 2的离子在GA 边上落点区域的宽度也是d （如图二中的细线所示）．
为保证两种离子能完全分离，两个区域应无交叠，条件为2（R 1-R 2）＞d…④
利用②式，代入④式得：2R 1(1?2
1
m m )＞d R 1的最大值满足：2R 1m =L-d 得：(L ?d )(1?2
1
m m )＞d 求得最大值：d m ＝
1212
2m m m m --L
3．扭摆器是同步辐射装置中的插入件，能使粒子的运动轨迹发生扭摆．其简化模型如图：Ⅰ、Ⅱ两处的条形匀强磁场区边界竖直，相距为L ，磁场方向相反且垂直纸面．一质量为m ，电量为-q ，重力不计的粒子，从靠近平行板电容器MN 板处由静止释放，极板间电压为U ，粒子经电场加速后平行于纸面射入Ⅰ区，射入时速度与水平和方向夹角30θ=?
（1）当Ⅰ区宽度1L L =、磁感应强度大小10B B =时，粒子从Ⅰ区右边界射出时速度与水平方向夹角也为30?，求B 0及粒子在Ⅰ区运动的时间t 0
（2）若Ⅱ区宽度21L L L ==磁感应强度大小210B B B ==，求粒子在Ⅰ区的最高点与Ⅱ区的最低点之间的高度差h
（3）若21L L L ==、10B B =，为使粒子能返回Ⅰ区，求B 2应满足的条件
（4）若12B B ≠，12L L ≠，且已保证了粒子能从Ⅱ区右边界射出．为使粒子从Ⅱ区右边界射出的方向与从Ⅰ区左边界射出的方向总相同，求B 1、B 2、L 1、、L 2、之间应满足的关系式．
【来源】2011年普通高等学校招生全国统一考试物理卷（山东) 【答案】（1）32l
m t qU π=
（2）2233h L ?= ? （3）232mU B L q >232mU
B L q
≥
）（4）1122B L B L =
【解析】
图1
（1）如图1所示，设粒子射入磁场Ⅰ区的速度为v ，在磁场Ⅰ区中做圆周运动的半径为
1R ，由动能定理和牛顿第二定律得
2
12
qU mv =
① 2
11
v qvB m R = ②
由几何知识得
12sin L R θ= ③
联立①②③，带入数据得
012mU
B L q
=
④
设粒子在磁场Ⅰ区中做圆周运动的周期为T ，运动的时间为t
1
2R T v
π=
⑤ 22t T θ
π
=
⑥ 联立②④⑤⑥式，带入数据得
32L
m
t qU
π=
⑦ （2）设粒子在磁场Ⅱ区做圆周运动的半径为2R ，有牛顿第二定律得
2
22
v qvB m R = ⑧
由几何知识得
()()121cos tan h R R L θθ=+-+ ⑨
联立②③⑧⑨式，带入数据得
2233h L ?=- ? ⑩
图2
（3）如图2所示，为时粒子能再次回到Ⅰ区，应满足
()21sin R L θ+<[或()21sin R L θ+≤] ⑾
联立①⑧⑾式，带入数据得
232mU B L q >
（或232mU
B L q
≥
） ⑿
图3
图4
（4）如图3（或图4）所示，设粒子射出磁场Ⅰ区时速度与水平方向得夹角为α，有几何知识得()11sin sin L R θα=+ ⒀ [或()11sin sin L R θα=-]
()22sin sin L R θα=+ ⒁
[或]()22sin sin L R θα=- 联立②⑧式得
1122B R B R = ⒂
联立⒀⒁⒂式得
1122B L B L = ⒃
【点睛】（1）加速电场中，由动能定理求出粒子获得的速度．画出轨迹，由几何知识求出半径，根据牛顿定律求出B 0．找出轨迹的圆心角，求出时间；（2）由几何知识求出高度差；（3）当粒子在区域Ⅱ中轨迹恰好与右侧边界相切时，粒子恰能返回Ⅰ区，由几何知识求出半径，由牛顿定律求出B 2满足的条件；（4）由几何知识分析L 1、L 2与半径的关系，再牛顿定律研究关系式．
4．如图，区域I 内有与水平方向成45°角的匀强电场1E ，区域宽度为1d ，区域Ⅱ内有正交的有界匀强磁场B 和匀强电场2E ，区域宽度为2d ，磁场方向垂直纸面向里，电场方向竖直向下.一质量为m 、电量大小为q 的微粒在区域I 左边界的P 点，由静止释放后水平向右做直线运动，进入区域Ⅱ后做匀速圆周运动，从区域Ⅱ右边界上的Q 点穿出，其速度方向改变了30，重力加速度为g ，求：
(1)区域I 和区域Ⅱ内匀强电场的电场强度12E E 、的大小. (2)区域Ⅱ内匀强磁场的磁感应强度B 的大小. (3)微粒从P 运动到Q 的时间有多长.
【来源】【市级联考】陕西省咸阳市2019届高三模拟检测（三)理综物理试题 【答案】(1)12mg E q =,2mg
E q =122m gd 121626d d gd gd π+ 【解析】 【详解】
(1)微粒在区域I 内水平向右做直线运动，则在竖直方向上有：1sin45qE mg ?= 求得：12mg
E q
=
微粒在区域II 内做匀速圆周运动，则重力和电场力平衡，有：2mg qE = 求得：2mg
E q
=
(2)粒子进入磁场区域时满足：2111cos452
qE d mv ?=
2
v qvB m R
=
根据几何关系，分析可知：2
22sin30d R d ==?
整理得：1
2
2m gd B =
(3)微粒从P 到Q 的时间包括在区域I 内的运动时间t 1和在区域II 内的运动时间t 2，并满足：
2
11112
a t d = 1tan45mg ma ?=
2302360R
t v
π?=
?? 经整理得：112
121222612126gd d d d t t t gd g gd ππ+=+=
=
5．如图所示，在直角坐标系0≤x≤L 区域内有沿y 轴正方向的匀强电场，在边长为2L 的正方形abcd 区域（包括边界）内有方向垂直纸面向外的匀强磁场．一电子从y 轴上的A （0，
3
2
L
）点以大小为v 0的速度沿x 轴正方向射入电场，已知电子的质量为m 、电荷量为e ，正方形abcd 的中心坐标为（3L ，0），且ab 边与x 轴平行，匀强电场的电场强度大
小20
mv E eL
=．
（1）求电子进入磁场时的位置坐标；
（2）若要使电子在磁场中从ab 边射出，求匀强磁场的磁感应强度大小B 满足的条件． 【来源】【全国市级联考】河北省邯郸市2018届高三第一次模拟考试理综物理试题 【答案】（1）（2L ，0）（2）021)2mv eL ≤B ＜0
21)mv eL
【解析】
试题分析：电子在电场中做类平抛运动，分别列出竖直和水平方向的方程，即可求出电子进入磁场时的位置坐标；电子从ab 边界射出，其运动轨迹的临界状态分别与ab 相切和bc 相切，根据几何关系求出相应半径，由洛伦兹力提供向心力即可求出强磁场的磁感应强度大小B 满足的条件．
（1）电子在电场中做类平抛运动，轨迹如图所示：则有： 竖直方向有：2
112
y at = 加速度为：eE a m
=
水平方方向为：10
L t v = 竖直速度：v y ＝at 1 解得：y 1＝
2
L
v y ＝v 0
所以电子射出电场时的速度方向与x 轴成45°角，则电子在电场中沿x 轴正方向和沿y 轴负方向运动的距离分别为L 和
2
L
，又因为A 点的坐标是（0，32L ），电子在无电场和磁场的
区域内做匀速直线运动，则电子射入磁场区的位置坐标为（2L ，0）且射入磁场区的速度大小：v 2v 0，方向与x 轴成45°角．
（2）分使电子从ab 边界射出，其运动轨迹的临界状态分别与ab 相切和bc 相切 当运动轨迹与ab 相切时，有r 1＋r 1sin 45°＝L
电子在磁场中运动，由洛伦兹力提供向心力，有：2
11
mv evB r =
解得：0
121)mv B Le
=
当运动轨迹与bc 相切时，有：r 2＋r 2sin 45°＝2L
电子在磁场中运动，由洛伦兹力提供向心力，有：2
22
mv evB r = 解得：0
221)2mv B Le
=
匀强磁场的磁感应强度大小B 满足的条件：
021)2mv Le ≤B ＜0
21)mv Le
点睛：本题主要考查了带电粒子由电场进入磁场的情况，电子在电场中做类平抛运动，分别列出竖直和水平方向的方程列式分析求解；在磁场中，关键要画出轨迹图分析，根据几何关系求解．
6．如图甲所示，在直角坐标系中的0≤x≤L 区域内有沿y 轴正方向的匀强电场，右侧有以点（2L ，0）为圆心、半径为L 的圆形区域，与x 轴的交点分别为M 、N ，在xOy 平面内，从电离室产生的质量为m 、带电荷量为e 的电子以几乎为零的初速度从P 点飘入电势差为U 的加速电场中，加速后经过右侧极板上的小孔Q 点沿x 轴正方向进入匀强电场，已知O 、
Q 两点之间的距离为
2
L
，飞出电场后从M 点进入圆形区域，不考虑电子所受的重力。 （1）求0≤x≤L 区域内电场强度E 的大小和电子从M 点进入圆形区域时的速度v M ；
（2）若圆形区域内加一个垂直于纸面向外的匀强磁场，使电子穿出圆形区域时速度方向垂
直于x 轴，求所加磁场磁感应强度B 的大小和电子在圆形区域内运动的时间t ； （3）若在电子从M 点进入磁场区域时，取t ＝0，在圆形区域内加如图乙所示变化的磁场（以垂直于纸面向外为正方向），最后电子从N 点飞出，速度方向与进入圆形磁场时方向相同，请写出磁场变化周期T 满足的关系表达式。
【来源】【省级联考】吉林省名校2019届高三下学期第一次联合模拟考试物理试题 【答案】（1）2U E L =
，M eU
v m
=v M 的方向与x 轴的夹角为θ，θ＝45°；（2）2M mv mv B eR L e ==，3
348M R L m t v eU
ππ==3）T 的表达式为22T n emU =（n ＝1，2，3，…） 【解析】 【详解】
（1）在加速电场中，从P 点到Q 点由动能定理得：2
012
eU mv = 可得02eU
v m
=
电子从Q 点到M 点，做类平抛运动， x 轴方向做匀速直线运动，02L m t L v eU
==y 轴方向做匀加速直线运动，2122L eE t m
=? 由以上各式可得：2U E L
=
电子运动至M 点时：22
0(
)M Ee v v t m
=+即：M eU
v m
=设v M 的方向与x 轴的夹角为θ，
2
cos
2
M
v
v
θ==
解得：θ＝45°。
（2）如图甲所示，电子从M点到A点，做匀速圆周运动，因O2M＝O2A，O1M＝O1A，且O2A∥MO1，所以四边形MO1AO2为菱形，即R＝L
由洛伦兹力提供向心力可得：
2
M
M
v
ev B m
R
=
即
2
M
mv mv
B
eR L e
==
3
3
4
8
M
R L m
t
v eU
ππ
==。
（3）电子在磁场中运动最简单的情景如图乙所示，在磁场变化的半个周期内，粒子的偏转角为90°，根据几何知识，在磁场变化的半个周期内，电子在x轴方向上的位移恰好等于轨道半径2R'，即222
R L
'=
因电子在磁场中的运动具有周期性，如图丙所示，电子到达N点且速度符合要求的空间条件为：22)2
n R L
'=（n＝1，2，3，…）
电子在磁场中做圆周运动的轨道半径
M
mv
R
eB
'=
解得：
22
n emU
B
eL
=（n＝1，2，3，…）
电子在磁场变化的半个周期内恰好转过1
4
圆周，同时在
MN间的运动时间是磁场变化周期
的整数倍时，可使粒子到达N点且速度满足题设要求，应满足的时间条件是
1
42
T
T=
又0
2m
T
eB
π
=
则T的表达式为
22
T
n emU
=（n＝1，2，3，…）。
7．如图为近代物理实验室中研究带电粒子的一种装置．带正电的粒子从容器A下方小孔S 不断飘入电势差为U的加速电场．进过S正下方小孔O后，沿SO方向垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场中，最后打在照相底片D上并被吸收，D与O在同一水平面上，粒子在D上的落点距O为x，已知粒子经过小孔S时的速度可视为零，不考虑粒子重力．
（1）求粒子的比荷q/m；
（2）由于粒子间存在相互作用，从O进入磁场的粒子在纸面内将发生不同程度的微小偏转．其方向与竖直方向的最大夹角为α，若假设粒子速度大小相同，求粒子在D上的落点与O的距离范围；
（3）加速电压在（U±△U）范围内的微小变化会导致进入磁场的粒子速度大小也有所不同．现从容器A中飘入的粒子电荷最相同但质量分别为m1、m2（m1＞m2），在纸面内经电场和磁场后都打在照相底片上．若要使两种离子的落点区域不重叠，则
U
U
应满足什么条件？（粒子进入磁场时的速度方向与竖直方向的最大夹角仍为α）
【来源】浙江诸暨市牌头中学2017-2018学年高二1月月考物理试题
【答案】（1）
22
8U
B x
（2）最大值x最小值cos
xα（3）
2
12
2
12
cos
cos
m m
U
m m
α
α
-
?<
+
2
12
(cos)
m m
α>
【解析】
【详解】
（1）沿SO方向垂直进入磁场的粒子，最后打在照相底片D的粒子；
粒子经过加速电场：qU=
1
2
mv2
洛伦兹力提供向心力：qvB=m
2
v
R
落点到O 的距离等于圆运动直径：x=2R
所以粒子的比荷为：22
8 q U
m B x =
（2）粒子在磁场中圆运动半径22
qmU x
R =
= 由图象可知：粒子左偏θ角（轨迹圆心为O 1）或右偏θ角（轨迹圆心为O 2） 落点到O 的距离相等，均为L=2Rcosθ 故落点到O 的距离 最大：L max =2R=x 最小：L min =2Rcosα=xcosα
（3）①考虑同种粒子的落点到O 的距离； 当加速电压为U+△U 、偏角θ=0时，距离最大， L max =2R max =2
2()qm U U Bq
+? 当加速电压为U-△U 、偏角θ=α时，距离最小 L min =2R min cosα=2
2()qm U U Bq
-?cosα
②考虑质量不同但电荷量相同的两种粒子 由2qmU
和 m 1＞m 2，知：R 1＞R 2 要使落点区域不重叠，则应满足：L 1min ＞L 2max
12
2()qm U U Bq
-?cosα＞22 2()qm U U Bq
+?
解得：212
212
cos cos m m U m m αα-?<
+． （应有条件m 1cos 2α＞m 2，否则粒子落点区域必然重叠）
8．正、负电子从静止开始分别经过同一回旋加速器加速后，从回旋加速器D型盒的边缘引出后注入到正负电子对撞机中．正、负电子对撞机置于真空中．在对撞机中正、负电子对撞后湮灭成为两个同频率的光子．回旋加速器D型盒中的匀强磁场的磁感应强度为
B，回旋加速器的半径为R，加速电压为U；D型盒缝隙间的距离很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计．电子的质量为m、电量为e，重力不计．真空中的光速为c，普朗克常量为h．
（1）求正、负电子进入对撞机时分别具有的能量E及正、负电子对撞湮灭后产生的光子频率v
（2）求从开始经回旋加速器加速到获得最大能量的过程中，D型盒间的电场对电子做功的
平均功率P
（3）图甲为正负电子对撞机的最后部分的简化示意图．位于水平面的粗实线所示的圆环真空管道是正、负电子做圆周运动的“容器”，正、负电子沿管道向相反的方向运动，在管道内控制它们转变的是一系列圆形电磁铁．即图中的A1、A2、A4……A n共有n个，均匀分布在整个圆环上．每个电磁铁内的磁场都是匀强磁场，并且磁感应强度都相同，方向竖直向下．磁场区域的直径为d．改变电磁铁内电流大小，就可以改变磁场的磁感应强度，从而改变电子偏转的角度．经过精确调整，首先实现电子在环形管道中沿图甲中粗虚线所示的轨道运动，这时电子经过每个电磁铁时射入点和射出点都在电磁铁的同一直径的两端，如图乙所示．这就为进一步实现正、负电子的对撞做好了准备．求电磁铁内匀强磁场的磁感应强度B大小
【来源】2019年天津市滨海新区塘沽一中高三三模理综物理试卷
【答案】(1)
2222
2
e B R mc
v
mh h
=+，
222
2
e B R
E
m
=；(2)
2
e B U
m
π
；(3)0
2sin
B R
n
d
π
【解析】
【详解】
解：(1)正、负电子在回旋加速器中磁场里则有：
2
mv
evB
R
=
解得正、负电子离开回旋加速器时的速度为：0
eB R
v
m
=
正、负电子进入对撞机时分别具有的能量：
222
20
1
22
e B R
E mv
m
==
正、负电子对撞湮灭时动量守恒，能量守恒，则有：2
22
E mc hv
+=
正、负电子对撞湮灭后产生的光子频率：2222
02e B R mc v mh h
=+
(2) 从开始经回旋加速器加速到获得最大能量的过程，设在电场中加速n 次，则有：
201
2
neU mv =
解得：22
02eB R n mU
=
正、负电子在磁场中运动的周期为：0
2m
T eB π=
正、负电子在磁场中运动的时间为：2022B R n
t T U
π==
D 型盒间的电场对电子做功的平均功率：20e B U
W E P t t m
π===
(3)设电子在匀强磁场中做圆周运动的半径为r ，由几何关系可得sin
2
d
r n
π
=
解得：
2sin
d r n
π=
根据洛伦磁力提供向心力可得：2
00mv ev B r
=
电磁铁内匀强磁场的磁感应强度B 大小：
02sin
B R n B d
π
=
9．如图所示，在直角坐标系x0y 平面的一、四个象限内各有一个边长为L 的正方向区域，二三像限区域内各有一个高L ，宽2L 的匀强磁场，其中在第二象限内有垂直坐标平面向外的匀强磁场，第一、三、四象限内有垂直坐标平面向内的匀强磁场，各磁场的磁感应强度大小均相等，第一象限的x (1)求电场强度大小E ； (2)为使粒子进入磁场后途经坐标原点0到达坐标(-L ，0)点，求匀强磁场的磁感应强度大小B ； (3)求第(2)问中粒子从进入磁场到坐标(-L ，0)点所用的时间． 【来源】四川省2018届高三春季诊断性测试理综物理试题 【答案】（1）2 mv E qL =（2）04nmv B qL =n=1、2、3......（3）02L t v π= 【解析】 本题考查带电粒子在组合场中的运动，需画出粒子在磁场中的可能轨迹再结合物理公式求解． (1)带电粒子在电场中做类平抛运动有： 0L v t =， 2 122 L at =，qE ma = 联立解得： 2 mv E qL = (2)粒子进入磁场时，速度方向与y 轴负方向夹角的正切值tan x y v v θ==l 速度大小0 02sin v v v θ = = 设x 为每次偏转圆弧对应的弦长，根据运动的对称性，粒子能到达(一L ，0 )点，应满足L=2nx ，其中n=1、2、3......粒子轨迹如图甲所示，偏转圆弧对应的圆心角为2 π ；当满足L=(2n+1)x 时，粒子轨迹如图乙所示． 若轨迹如图甲设圆弧的半径为R ，圆弧对应的圆心角为2 π .则有2R ，此时满足L=2nx 联立可得：22R n = 由牛顿第二定律，洛伦兹力提供向心力，则有：2 v qvB m R = 得：0 4nmv B qL = ，n=1、2、3.... 轨迹如图乙设圆弧的半径为R ，圆弧对应的圆心角为 2 π .则有222x R ，此时满足()221L n x =+ 联立可得：()2212 R n = + 由牛顿第二定律，洛伦兹力提供向心力，则有：2 22 v qvB m R = 得：()0 2221n mv B qL += ，n=1、2、3.... 所以为使粒子进入磁场后途经坐标原点0到达坐标(-L ，0)点，求匀强磁场的磁感应强度大小04nmv B qL = ，n=1、2、3....或()0 2221n mv B qL +=，n=1、2、3.... (3) 若轨迹如图甲，粒子从进人磁场到从坐标(一L ，0)点射出磁场过程中，圆心角的总和θ=2n× 2 π×2=2nπ，则02222n n m L t T qB v ππππ=?== 若轨迹如图乙，粒子从进人磁场到从坐标(一L ，0)点射出磁场过程中，圆心角的总和θ=(2n+1)×2π=(4n+2)π，则2220 (42)(42)2n n m L t T qB v ππππ++=? == 粒子从进入磁场到坐标(-L ，0)点所用的时间为0 2222n n m L t T qB v ππππ=? ==或 2220 (42) (42)2n n m L t T qB v ππππ++=? == 10．如图所示，直线y =x 与y 轴之间有垂直于xOy 平面向外的匀强磁场1B ，直线x =d 与y =x 间有沿y 轴负方向的匀强电场，电场强度41.010V/m E =?，另有一半径R =1.0m 的圆形匀强磁场区域，磁感应强度20.20T B =，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0v 进入圆形磁场区域，经过一段时间进入磁场区域1B ，且第一次进入磁场1B 时的速度方向与直线 y =x 垂直．粒子速度大小5 0 1.010m/s v =?，粒子的比荷为5/ 5.010C/kg q m =?，粒子重 力不计．求： (1)粒子在匀强磁场2B 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，则磁感应强度1B 应满足的条件； (4)在(2)问的基础上，粒子从开始进入圆形磁场至第二次到达直线y =x 上的最长时间（ 3.14π=，结果保留两位有效数字）. 【来源】天津市滨海新区2019届高三毕业班质量监测理科综合能力测试物理试题 【答案】(1)r =1m (2)4m d = (3)10.1B T ≤或10.24B T ≥ (4)56.210t s -≈? 【解析】 【详解】 解：(1) 由带电粒子在匀强磁场中运动可得：20 20v B qv m r = 解得粒子运动的半径：1r m = (2) 粒子进入匀强电场以后，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：0x v t = 竖直方向：212 y at = Eq a m = tan 45v at ?= 联立解得：2x m =，1y m = 由图示几何关系得：d x y R =++ 解得：4d m = (3)若所加磁场的磁感应强度为1B '，粒子恰好垂直打在y 轴上，粒子在磁场运动半径为1r 由如图所示几何关系得：()12r y R = + 02v v = 由带电粒子在匀强磁场中运动可得：211 v B qv m r '= 解得：10.1B T '= 若所加磁场的磁感应强度为1B ''，粒子运动轨迹与轴相切，粒子在磁场中运动半径为2r 由如图所示几何关系得：()2222r r y R +=+ 由带电粒子在匀强磁场中运动可得：212 v B qv m r ''= 解得121 0.2410 B T T +''= ≈ 综上，磁感应强度应满足的条件为10.1B T ≤或10.24B T ≥ (4)设粒子在磁场2B 中运动的时间为1t ，在电场中运动的时间为2t ，在磁场1B 中运动的时间为3t ，则有： 1114 t T =
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