带电粒子在电磁场中的运动题目及答案解读Word文件下载.docx
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m=H+Bq（1+2
2）⑤（2分）
该微粒运动周期为：
T=2πm
Bq⑥（2分）
运动到最高点所用时间为：
t=33πm⑦（2分）T=84Bq1mω2⑧（2分）2
⑨（2分）（3）设该粒上升高度为h，由动能定理得：
-mgh-Eqhcot45=0-mω2v2
h==2（mg+Eq）5g
v2
该微粒离地面最大高度为：
H+4g⑩（2分）
3.如图所示，绝缘的水平地面在Q点左侧是光滑的，右侧是粗糙的。
质最为m、电荷量为q（q>
0）的金属小滑块A放在P点，质最为2m、不带电的金属小滑块B放在Q点，A、B均静止不动，P、Q两点之间的距离为L。
当加上方向水平向右、场强大小为E的匀强电
1
场时，A开始向右运动，然后与B发生正碰，碰撞时间极短。
碰后，A、B的电荷量均为2q且保持不变，A刚好能返回到P点，B水平向右做匀速运动。
A、B均视为质点，A、B之间的库仑力不计。
求：
（1）碰撞前、后A的速率v1、v2和碰后B的速率vB；
（2）当A刚好回到P点时B到Q点的距离
xB。
（1）A从P到Q、Q到P的过程，分别根据动能定理有
qEL=1
2mv2
2①（2分）
-1
2qEL=0-1
2②（2分）
解得
v1=v2=③（2分）
A、B正碰，由动量守恒定律得
mv1=-mv2+2mvB④（3分）
由③④解得
v1
B=2
1⑤（2分）
（2）碰撞后，B水平向右做匀速直线运动，有
xB=vBt⑥（3分）
A水平向左做匀减速直线运动返回到P点．有
L=v2
2t⑦（3分）
由③⑤⑥⑦解得
xB=1）L⑧（2分）
4.如图，xoy平面内的圆O'
与y轴相切于坐标原点o．在该圆形区域内，有与y
轴平行的匀强电场和垂
直于圆面的匀强磁场．一个带电粒子（不计重力）从原点o沿x轴进入场区，恰好做匀速直线运动，穿过场区的时间为T0．若撤去磁场，只保留电场，其他条件不变，该带电粒子穿过场区的时间为T0/2．若撤去电场，只保留磁场，其他条件不变，求：
该带电粒子穿过场区的时间．
解：
设电场强度为E，磁感强度为B；
圆o'
的半径为R；
粒子的电量为q，质量为m，初速度为v．同时存在电场和磁场时，带电粒子做匀速直线运动，有
qvB=qE
vT0=2R
只存在电场时，粒子做类平抛运动，有
x=v⋅T0
2
1qET02y=⋅⋅（）2m2
由以上式子可知x=y=R，粒子从图中的M点离开电场．qvB=
由以上式子得8mRT02
只存在磁场时，粒子做匀速圆周运动，从图中N点离开磁场，P为轨迹圆弧的圆心．
mv2
qvB=r设半径为r
r=
由以上式子可得R2
由图tgθ=R/r=2所以，粒子在磁场中运动的时间
t=r2θT0=⋅arctan2v2
5.在直角坐标系的第II象限和第Ⅳ象限中的直角三角形区域内，分布着磁感应强度均为B的匀强磁场，方向分别垂直纸面向外和向里。
某一带正电粒子A1，由静止开始经加速电压为U的电场（图中未画出）加速后，从纵
的M处平行于x轴向右运动，通过第II象限的匀强磁场区域后，在坐标原
点O处与静止在该点的粒子A2发生了对心正碰，碰后它们结合在一起进人第IV象限，
碰撞前后它们的运动轨迹如图所示。
若两个粒子的质量相等且均可视为质点、重力不计、
碰撞过程中无电荷量损失。
（1）求带电粒子A1的比荷（即q／m）；
（2）确定粒子A2碰撞前的带电情况；
（3）求带电粒子A1在两个磁场区域中偏转所用的总时间。
qU=12
1）带电粒子A1在电场中被加速，由动能定理有2mv
①（2分）
qvB=mv2
在磁场中偏转，由牛顿第二定律有r联立①②两式得q/m=2U/（B2r2）
由图可知r=代入③式解得q/m=U/（B2a2）
（2）由①④两式可得
A1在第Ⅱ
象限的磁场中的运动速率v=/（Ba）在O点A1、A2碰撞后结合在一起，由动量守恒定律有2mv'
=mvv'
=v/2=/（2Ba）由②⑥式结合粒子运动轨迹的特点有
7②（2分）③（1分）（1分）④（2分）⑤（2分）⑥（2分）
⑦（1分）（
r'
=2mv'
/q'
B=mv/q'
B=r=mv/qB（1分）故有q'
=q，所以碰撞前A2不带电（1分）
（3）由图可知粒子A1在两个磁场中分别偏转的弧度为π/4
而T=2πr/v⑧（1分）t1=T1/8=πr/（4v）=πa2B/（4U）（1分）t2=T2/8=πr/（4v'
）=πa2B/（2U）（1分）所以它在磁场中运动的总时间t=t1+t2=3πa2B/（4U）（1分）
二带电粒子组合场中运动
1．（20分）在图13所示的坐标系中，x轴水平，y轴垂直，x轴上方空间只存在重力场，
8第Ⅲ
象
限存在沿y轴正方向的匀强电场和垂直xy平面向里的匀强磁场，在第Ⅳ象限由沿x轴负方向的匀强电场，场强大小与第Ⅲ象限存在的电
P场的场强大小相等。
一质量为m，带电荷量大小为q的质点a，从y轴上y=h处的1点以一定的水平速度沿x轴负方向抛出，它经过
x=-2h处的P2点进入第Ⅲ象限，恰好做匀速圆周运动，又经过y轴上方y=-2h的P3点进入第Ⅳ象限，试求：
（1）质点a到达P2点时速度的大小和方向；
（2）第Ⅲ象限中匀强电场的电场强度和匀强磁场的磁感应强度的大小；
（3）质点a进入第Ⅳ象限且速度减为零时的位置坐标
1．（2分）如同答2所示。
（1）质点在第Ⅱ象限中做平抛运动，设初速度为v0，由
h=1
2gt2①（2分）
2h=v0t②（2分）
解得平抛的初速
度v0=
在P2点，速度v的竖直分
量vy=gt=
91分）1分）
（（
∴v=，其方向与x轴负向夹角θ=45（1分）
（2）带电粒子进入第Ⅲ象限做匀速圆周运动，必有
mg=qE③（2分）
又恰能过负y轴2h处，故P2P3为圆的直径，转动半径
R=2h=2h④（1分）2
又由qvB=m⑤（2分）R
可解得E=mg（1分）
q
B=（2分）
（3）带电粒以大小为v，方向与x轴正向夹45，方向与过P3点的速度方向
相反，故带电粒做匀减速直线运动，设其加速度大小为a，则：
a==⑥（2分）m
由O2-v2=-2as,得s=v22a==（2分）
由此得出速度减为0时的位置坐标是（h,-h）（1分）
2．（20分）如图18所示的坐标系，x轴沿水平方向，y轴沿竖直方向在x轴上空间第一、第二象限内，既无电场也无磁场，在第三象限，存在沿y轴正方向的匀强电场和垂直xy平面（纸面）向里的均强磁场，在第四象限，存在沿y轴负方向、场强大小与第三象限电场场强相等的匀强电场。
一质量为m、电荷量为q的带电质点，从y轴上y=h处的P1点以一定的水平初速度沿x轴负方向进入第二象限。
然后经过x轴上x=2h处的P2点进入第三象限，带电质点恰好能做匀速圆周运动。
之后经过y轴上y=－2h处的P3点进入第四象限。
已知重力加速度为g。
（1）粒子到达P2点时速度的大小和方向；
（2）第三象限空间中电场强度和磁感应强度的大小；
（3）带电质点在第四象限空间运动过程中最小速度的大小和方向。
2．（20分）分析和解：
（1）参见图，带电质点从P1到P2，由平抛运动规律h=1
2gt2……………………………………①（2分）
vO=2h
t……………………………………②（1分）
（1分）vy=gt……………………………………③求出v=22vO+vy=2gh………………④（2分）方向与x轴负方向成45°
角………………（1分）
（2）质点从P2到P3，重力与电场力平衡，洛伦兹力提供向心力
Eq=mg………………………………………………………………………………⑤（1分）v2
Bqv=m………………………………………………………………………⑥（2分）R
（2R）2=（2h）2+（2h）2…………………………………………………………⑦（2分）由⑤解得E=mg………………………………………………………………（2分）q
联立④⑥⑦式得B=m2g…………………………………………………（2分）qh
（3）质点进入等四象限，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀减速直线运动.当竖直方向的速度减小到0，此时质点速度最小，
即v在水平方向的分量vmin=vcos45︒=2gh……………………………………………………（2分）
方向沿x轴正方向……………………………………………………………（2分）
3．（20分）如图所示，在xOy坐标系的第Ⅱ象限内，x轴和平行x轴的虚线之间（包括x轴和虚线）有磁感应强度大小为B1=2×
10-2T、方向垂直纸面向里的匀强磁场，虚线过y轴上的P点，OP=1．0m，在x≥O的区域内有磁感应强度大小为B2、方向垂直纸面向外的匀强磁场。
许多质量m=1．6×
10-25kg、电荷量g=+1．6×
10-18C的粒子，以相同的速率v=2×
105m／s从c点沿纸面内的各个方向射人磁感应强度为B1的区域，OC=0．5m。
有一部分粒子只在磁感应强度为B1的区域运动，有一部
分粒子在磁感应强度为B1的区域运动之后将进入磁感应强度为B2的区域。
设粒子在B1区
域运动的最短时间为t1，这部分粒子进入磁感应强度为B2的区域后在B2区域的运动时间为
t2，已知t2=4t1。
不计粒子重力。
（1）粒子在磁感应强度为B1的区域运动的最长时问t0=?
（2）磁感应强度B2的大小?
3．解：
（1）设粒子在磁感应强度为B1的区域做匀速圆周运动的半径为r，周期为T1，则
r=mυ………………………………（1分）qB1r=1.0m………………………………（1分）T1=2πm……………………………（1分）qB11T1…………………………………（2分）2
13由题意可知，OP=r，所以粒子沿垂直x轴的方向进入时，在B1区域运动的时间最长为半个周期，即t0=解得t0=1.57×
10–5s…………………（2分）
（2）粒子沿+x轴的方向进入时，在磁感应强度为B1的区域运动的时间最短，这些粒子在B1和B2中运动的轨迹如图所示，在B1中做圆周运动的圆心是O1，O1点在虚线上，与y轴的交点是A，在B2中做圆周运动的圆心是O2，与y轴的交点是D，O1、A、O2在一条直线上。
由于OC=1
2r…………………………（1分）
所以∠AO1C=30°
……………………（2分）
则t1
1=12T1……………………………（2分）
设粒子在B2区域做匀速圆周运动的周期为T2，则
T2=2m
qB…………………………………（1分）
由于∠PAO1=∠OAO2=∠ODO2=30°
……（1分）
所以∠AO2D=120°
…………………………（2分）
则t2
2=3T2………………………………（2分）
由t2=4t1
解得B2=2B1……………………………（1分）
B2=4×
10–2……………………………（1分）
4．（18分）如图所示，在xOy坐标平面的第一象限内有一沿y轴正方向的匀强电场,在第四象限内有一垂直于平面向外的匀强磁场．现有一质量为m，电荷量为q的负粒子（重力不计）从坐标原点O射入磁场，其入射方向与y轴负方向成45°
角．当粒子运动到电场中坐标为（3L，L）的P点处时速度大小为v0，方向与x轴正方向相同．求：
（1）粒子从O点射人磁场时的速度v．
（2）匀强电场的场强E
（3）粒子从O点运动到P点所用的时间．
4．（18分）解：
（1）
v=v0cos45
（2）因为v与x轴夹角为45°
，由动能定理得：
11mv02-mv2=-qEL22
mv02解得：
E=
2qL
（3）粒子在电场中运动L=12qE2Lat2，a=解得：
t2=2mv0
粒子在磁场中的运动轨迹为l／4圆周，所以
R2=L2粒子在磁场中的运动时间为：
1⨯2πRπL=t1=v04v0
粒子从O运动到P所用时闯为：
t=t1+t2=L（π+8）4v0
5、（18分）如图所示，x轴上方存在磁感应强度为B的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向外（图中未画出）。
x轴下方存在匀强电场，场强大小为E，方向沿与x轴负方向成60°
角斜向下。
一个质量为m，带电量为＋e的质子以速度v0从O点沿y轴正方向射入匀强磁场区域。
质子飞出磁场区域后，从b点处穿过x轴进入匀强电场中，速度方向与x轴正方向成30°
，之后通过了b点正下方的c点。
不计质子的重力。
（1）画出质子运动的轨迹，并求出圆形匀强磁场区域的最小半径和最小面积；
（2）求出O点到c点的距离。
5、【解析】
（1）质子先在匀强磁场中做匀速圆周运动，射出磁场后做匀速直线运动，最后进入匀强电场做类平抛运动，轨迹如图所
v02示.根据牛顿第二定律，有Bev0=m（2分）R
要使磁场的区域面积最小，则Oa为磁场区域的直径，由几何关系可知：
r=Rcos30
（4分）
求出圆形匀强磁场区域的最小半径r=0（2分）2圆形匀强磁场区域的最小面积为Smin3πm2v02=πr=（1分）224Be
（2）质子进入电场后，做类平抛运动，垂直电场方向：
ssin300=v0t；
（3分）平行电场方向：
scos30=012at，（3分）由牛顿第二定律eE=ma，（2分）
v02解得：
s=。
O点到c
点的距离：
d==eE6．（20分）如图18所示，x轴上方有一匀强磁场，磁感应强度的方向垂直纸面向里，大小为B，x
轴下方有一匀强电场，电场强度的
大小为E，方向与y轴的夹角θ为30°
，且斜向上方，现有一质量为m电量为q的质子，以速度为v0由原点沿与x轴负方向的夹角ω为30°
的方向射入第二象限的磁场，不计质子的重力，磁场和电场的区域足够大，求：
（1）质子从原点到第一次穿越x轴所用的时间。
（2）质子第一次穿越x轴穿越点与原点的距离。
（3）质子第二次穿越x轴时的速度的大小、速度方向与电场方向的夹角。
（用反三角函数表示）
6．
（1）由题意可知，t=1T……①6
qV0=m2πr………………②v0
2πmπm=………………③qB3qB
2v0V0=m………………………………………………………………………………④r
易知△AOB为等边三角形
第一次穿越x轴，穿越点与原点距离X=r=mv0…………………………………⑤qB
A时速度方向与x轴夹30°
角方向与电场方向垂直，在电场中类平抛
v2=at…………………………………………………………………………………⑥
12at知=tan30°
=…………………………………………………………………⑦v0t3
V0………………………………………………………………………⑧次穿越x轴的速度大小
V0……………………………………⑨与电场方向夹角θ
=①②③④⑤⑥⑧⑦⑨⑩式各2分
⑩7．（18分）如图所示，直角坐标中的第Ⅰ象限中存在沿y轴负方向的匀强电场，在第Ⅱ象
限中存在垂直纸面向外的匀强磁场。
一电荷量
为q、质量为m的带正电的粒子，在–x轴上的a点以速度v0与–x轴成60度角射入磁场，从y=
L处的b点垂直于y轴方向进入电场，并经过x
轴上x=2L处的c点。
不计重力。
求
（1）磁感应强度B的大小；
（2）电场强度E的大小；
（3）粒子在磁场和电场中的运动时间之比。
7．
（1）带电粒子在磁场运动由轨迹可知：
r=2
3L（2分）
又∵qv=mv
0B0
r（2分）
B=3mv0
2qL（2分）
（2）带电粒子在电场中运动时，沿x轴有：
2L=v0t2沿y轴有：
L=1
2at2
又∵qE=ma解得：
E=mv2
（3）带电粒子在磁场中运动时间为t=12π4
3⋅v=πL
09v01分）1分）2分）2分）2分）
20（（（（（
带电粒子在电场中运动时间为：
t2=2Lv0（2分）
所以带电粒子在磁场和电场中运动时间之比为：
t12π（2分）=t29
8．（18分）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
内有垂直坐标平面向里的匀强磁场。
一电子（质量为m、电量为e）从y轴上A点以沿x轴正方向的初速度v0开始运动。
当电子第一次穿越x轴时，恰好到达C点；
当电子第二次穿越x轴时，恰好到达坐标原点；
当电子第三次穿越x轴时，恰好到达D点。
C、D两点均未在图中标出。
已知A、C点到坐标原点的距离分别为d、2d。
不计电子的重力。
（1）电场强度E的大小；
（2）磁感应强度B的大小；
（3）电子从A运动到D经历的时间t．
8．（18分）
电子的运动轨迹如右图所示（2分）
（若画出类平抛和圆运动轨迹给1分）
（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
2d=v0t1（1分）
1d=at12（1分）
eE
（1分）m2mv0
求出E=（1分）
2ed
（2）设电子进入磁场时速度为v，v与x轴的夹角为θ，则
at
（1分）tanθ=1=1θ=45°
v0
a=
求出v=2v0（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=m（1分）
r
由图可知r=2d（2分）
mv0
求出B=（1分）
ed
（3）由抛物线的对称关系，电子在电场中运动的时间为3t1=6d（2分）
332πm3πd（2分）
电子在磁场中运动的时间t2=T==
44eB2v0
3d（4+π）（2分）电子从A运动到D的时间t=3t1+t2=
2v0
9．（20分）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。
9．（20分）
（1运动的轨迹为半个圆周（2分）由Bqv0=m
（1分）r
得：
r=（1分）
qB
又T=
2πr2πm
（1分）=
v0Bq
得带电粒子在磁场中运动的时间：
t=
Tπm=（2分）2qB
（2）带电粒子在电场中做类平抛运动，
初速度v0垂直于电场沿CF方向，过Q点
作直线CF的垂线交CF于D，则由几何知识可知，∆CPO≌∆CQO≌∆CDQ，由图可知：
CP=2r=2mv0
qB（1分）
带电粒子从C运动到Q沿电场方向的位移为SE=DQ=OQ=OP=CPsin300=r=mv0
带电粒子从C运动到Q沿初速度方向的位移为Smv0v0=CD=CO=CPcos300=3r=qB由类平抛运动规律得：
SE=1
2at2=1qE
2mt2（1分）
Sv0=v0t（1分）联立以上各式解得：
E=2Bv0
3（2分）
3）由动能定理得：
2分）（1分）
24（（
12mv0=qESE（3分）2
72联立以上各式解得：
Ek=mv0（2分）6Ek-
5'
'
v=1.0⨯10m/sOOOO010．（20分）如图甲所示，在两平行金属板的中线的某处放置一个粒子源，粒子源沿方向连续不断地放出速度
（方向水平向右）的带正电的粒子。
在直线MN的右侧分布有范围足够大匀强磁场，磁感应强度B=0.01πT，方向垂直纸面向里，MN
q=1.0⨯108C/kg'
与中线OO垂直。
两平行金属板间的电压U随时间变化的U-t图象如图乙所示。
已知带电粒子的比荷m，粒子的重
力和粒子之间的作用力均可忽略不计。
若t=0.1s时刻粒子源放出的粒子恰好能从平行金属板的边缘离开电场（设在每个粒子通过电场区域的时间内，可以把板间的电场看作是恒定的）．求：
（1）t=0.1s时刻粒子源放出的粒子离开电场时速度大小和方向；
（2）求从粒子源放出的粒子在磁场中运动的最短时间和最长时间．
、（20分）
（1）0.1s时刻释放的粒子做类平抛运动，沿电场方向做匀加速运动，所以有
2U=1
y①
出电场时粒子沿电场方向的分速度v5
y=10m/s=v0②
粒子离开电场时的速度v==105m/s③
设出射方向与v0方向
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