2023年高考訓(xùn)練：帶電粒子在勻強磁場中的運動

電磁學(xué)>>磁場>>帶電粒子在勻強磁場中的運動>>

一、單項選擇題〔5〕

1.如下圖，半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強磁場;

重力不計、電荷量一定的帶電粒子以速度v正對著圓心。射入

磁場，假設(shè)粒子射入、射出磁場點間的距離為R,那么粒子在

磁場中的運動時間為（）

A2后/?B?普C?黑2yf37lR

.3v*9v

?D

?解：粒子在磁場中做勻速圓周運動，畫出軌跡，如下圖:

故軌道半徑「聾R

根據(jù)牛頓第二定律，有:

V2

QVB=m—

r

解得：「=癡

聯(lián)立解得：

WqBR

V=3m

故在磁場中的運動時間：

1=加=迺史，故。正確，A8C錯誤

v9v

應(yīng)選：D.

粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，畫出軌跡，求解出半徑，然后根

據(jù)牛頓第二定律列式分析即可.

此題關(guān)鍵是結(jié)合幾何關(guān)系得到軌道半徑，畫出軌跡是根底，根據(jù)牛頓第二定律列式可以

求解粒子的比荷.

2.1930年勞倫斯制成了世界上第一臺盤旋加速器，其原理

如下圖.這臺加速器由兩個銅質(zhì)。形盒久、外構(gòu)成，其間

留有空隙.以下說法正確的選項是（）

A.離子從電場中獲得能量

B.離子由加速器的邊緣進入加速器

C.加速電場的周期隨粒子速度增大而增大

D.離子從。形盒射出時的動能與加速電場的電壓有關(guān)

?A

?解：A、由于洛倫茲力并不做功，而離子通過電場時有.qU=[nw2,故離子是從電場

中獲得能量,故A正確；

8、要加速次數(shù)最多最終能量最大，那么被加速離子只能由加速器的中心附近進入加速

器，而從邊緣離開加速器，故B錯誤.

C、據(jù)盤旋加速器的工作原理知，電場的周期等于粒子在磁場運動的周期.

所以7=等=警，與離子的速度大小無關(guān).故C錯誤；

D、離子在磁場中洛倫茲力提供向心力，所以收8=￥

所以「=而

據(jù)表達式可知，離子獲得的最大動能取決于。形盒的半徑，所以最大動能為貯警，與

加速電場的電壓無關(guān).故力錯誤.

應(yīng)選：A

被加速離子由加速器的中心附近進入加速器，而從邊緣離開加速器；洛倫茲力并不做功,

而電場力對帶電離子做功.

了解并理解了常用實驗儀器或?qū)嶒炂鞑牡脑淼娇荚嚂r我們就能輕松解決此類問題.

3.盤旋加速器的核心局部是真空室中的兩個相距很近的。形金

屬盒.把它們放在勻強磁場中，磁場方向垂直于盒面向下.連接

好高頻交流電源后，兩盒間的窄縫中能形成勻強電場，帶電粒

子在磁場中做圓周運動，每次通過兩盒間的窄縫時都能被加速,

直到到達最大圓周半徑時通過特殊裝置引出，如果用同一盤旋

加速器分別加速僦核（和a粒子（？”e）,比擬它們所需的高

頻交流電源的周期和引出時的最大動能，以下說法正確的選項

是（）

A.加速僦核的交流電源的周期較大；窟核獲得的最大動能較大

B.加速旅核的交流電源的周期較??；氤核獲得的最大動能較大

C.加速氟核的交流電源的周期較大，瓶核獲得的最大動能較小

D.加速僦核的交流電源的周期較小；僦核獲得的最大動能較小

?C

?解：交流電源的周期等于粒子圓周運動的周期，為：丁=警，由于瓶核的;較大，那

qbq

么加速瓶核的交流電源的周期較大；

根據(jù)qM=m呼得,粒子出。形盒時最大速度為方=哼,最大動能為：Ekm="感=

造的；由于完核的Q較小，那么瓶核獲得的最大動能較小.

2mm

故A3。錯誤，C正確；

應(yīng)選：C

盤旋加速器工作時，交流電源的周期和粒子做圓周運動的周期相等，粒子在圓周運動的

過程中一次一次地經(jīng)過。形盒縫隙，兩盒間的電勢差一次一次地反向，粒子就會被一次

一次地加速.由牛頓第二定律推導(dǎo)出最大動能的表達式和周期表達式進行討論即可.

對于盤旋加速器，關(guān)鍵是要理解其工作原理，掌握工作條件，由洛倫茲力等于向心力，

得到最大動能表達式.

4.如下圖是磁流體發(fā)電機的示意圖，兩平行金屬板P、Q

之間有一個很強的磁場.一束等離子體（即高溫下電離的

氣體，含有大量正、負(fù)帶電粒子）沿垂直于磁場的方向噴

入磁場.把P、Q與電阻R相連接.以下說法正確的選項是

（）

A.。板的電勢高于P板的電勢

等國孑體

B.R中有由6向a方向的電流

C.假設(shè)只改變磁場強弱，R中電流保持不變

D.假設(shè)只增大粒子入射速度，R中電流增大

?D

?解：AB,等離子體進入磁場，根據(jù)左手定那么，正電荷向上偏，打在上極板上，負(fù)

電荷向下偏，打在下極板上.所以上極板帶正電，下極板帶負(fù)電，那么P板的電勢高于Q

板的電勢，流過電阻電流方向由a到氏故A8錯誤；

C、依據(jù)電場力等于磁場力，即為q?=qvB,那么有：U=Bdv,再由歐姆定律，/=^=

普，電流與磁感應(yīng)強度成正比，故C錯誤；

R+r

。、由上分析可知，假設(shè)只增大粒子入射速度，R中電流也會增大，故。正確.

應(yīng)選：D.

等離子體從左向右進入磁場，受到洛倫茲力發(fā)生偏轉(zhuǎn)，打到極板上，使兩極板間形成電

勢差，當(dāng)粒子所受電場力與洛倫茲力相等時，形成動態(tài)平衡.根據(jù)極板的正負(fù)判斷電勢

的上下以及電流的流向.

解決此題的關(guān)鍵會根據(jù)左手定那么判斷洛倫茲力的方向，以及知道當(dāng)粒子所受電場力與

洛倫茲力相等時，形成動態(tài)平衡.

5.如下圖，在紙面內(nèi)半徑為R的圓形區(qū)域中充滿了垂直于紙面向里、3再

磁感應(yīng)強度為8的勻強磁場，一點電荷從圖中A點以速度%垂直Kx>

磁場射入，當(dāng)該電荷離開磁場時，速度方向剛好改變了180。，不\xx'x）

計電荷的重力，以下說法正確的選項是（）步，

A.該點電荷離開磁場時速度方向的反向延長線通過。點

B.該點電荷的比荷為g=警

mDK

C.該點電荷在磁場中的運動時間t=詈

D.該點電荷帶正電

?B

?解：如下圖，點電荷在磁場中做勻速圓周運動，根據(jù)幾何關(guān)系作出點電荷運動軌跡有:

電荷在電場中剛好運動］電荷做圓周運動的半徑r=Rsin30°所以有:

4、如圖，電荷離開磁場時速度方向與進入磁場時速度方向相反，其反向延長線不通過

。點，故A錯誤；

B、根據(jù)洛倫茲力提供向心力有=m些=>g=曳=出，故B正確；

C、由圖知該電荷在磁場中運動的時間==97=9等=答，所以c錯誤；

ZZVQZV（J

。、根據(jù)電荷偏轉(zhuǎn)方向由洛倫茲力方向判定該電荷帶負(fù)電，故。錯誤.

應(yīng)選民

根據(jù)電荷在磁場中偏轉(zhuǎn)180。和電荷在磁場中在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動作出電

荷在磁場中的運運軌跡，根據(jù)條件由幾何關(guān)系和洛倫茲力提供向心力推導(dǎo)即可.

正確的判斷帶電粒子在磁場中的運動軌跡，利用幾何關(guān)系求運動半徑，洛倫茲力提供向

心力是解決此題的關(guān)鍵.

二、多項選擇題〔4〕

6.如圖是質(zhì)譜儀的工作原理示意圖，帶電粒子被加速電

場加速后，進入速度選擇器.速度選擇器內(nèi)相互正交

的勻強磁場和勻強電場，磁感應(yīng)強度為B,電場強度

為E.粒子沿直線穿過速度選擇器后通過平板S上的

狹縫P,之后到達記錄粒子位置的膠片4A2?板S下

方有磁感應(yīng)強度為仇的勻強磁場.以下說法正確的選

項是（）

A.粒子在速度選擇器中一定做勻速運動

B.速度選擇器中的磁場方向垂直紙面向里

C.能通過狹縫P的帶電粒子的速率等于持

E

D.比荷?。┰酱蟮牧Ｗ哟蛟谀z片上的位置越靠近狹縫P

?AD

?解：4在速度選擇其中粒子做直速運動，受到的電場力和洛倫茲力大小相等，合力

為零，故A正確；

8、粒子作直線運動，故受到的洛倫茲力向左，故磁場垂直于紙面向外，故8錯誤；

C、根據(jù)qE=quB知，v=知速度大小為抵的粒子能通過速度選擇器，故C錯誤;

DD

D、根據(jù)qvB=嗒知，r=荒，那么越靠近狹縫P,比荷越大，那么半徑越小，粒子打

在膠片上的位置越靠近狹縫P,故。正確

應(yīng)選：AD

帶電粒子經(jīng)加速后進入速度選擇器，電場力和洛倫茲力平衡時，速度為"=9的粒子沿

直線通過P孔，然后進入磁場，打在膠片上的不同位置.在磁場中，根據(jù)洛倫茲力提供

向心力，求出粒子的軌道半徑，分析半徑與荷質(zhì)比的關(guān)系.

解決此題的關(guān)鍵理解粒子速度選擇器的工作原理，掌握偏轉(zhuǎn)磁場中粒子的運動規(guī)律.

7.如下圖是磁流體發(fā)電機的示意圖，兩平行金屬板P、Q之間

有一個很強的磁場.一束等離子體（即高溫下電離的氣體，含有

大量正、負(fù)帶電粒子）沿垂直于磁場的方向噴入磁場.把P、Q

與電阻R相連接.以下說法正確的選項是（）

A.Q板的電勢高于尸板的電勢

B.R中有由。向6方向的電流

C.假設(shè)只改變磁場強弱，R中電流保持不變

D.假設(shè)只增大粒子入射速度，R中電流增大

?BD

?解：AB、等離子體進入磁場，根據(jù)左手定那么，正電荷向上偏，打在上極板上，負(fù)

電荷向下偏，打在下極板上.所以上極板帶正電，下極板帶負(fù)電，那么P板的電勢高于Q

板的電勢，流過電阻電流方向由。到b.故A錯誤，3正確；

C、依據(jù)電場力等于磁場力，即為q?=qvB,那么有：U=Bdv,再由歐姆定律，/=言；=

詈，電流與磁感應(yīng)強度成正比，改變磁場強弱，R中電流也改變.故C錯誤；

R+r

/）、由上分析可知，假設(shè)只增大粒子入射速度，R中電流也會增大，故力正確.

應(yīng)選：BD.

等離子體從左向右進入磁場，受到洛倫茲力發(fā)生偏轉(zhuǎn)，打到極板上，使兩極板間形成電

勢差，當(dāng)粒子所受電場力與洛倫茲力相等時，形成動態(tài)平衡.根據(jù)極板的正負(fù)判斷電勢

的上下以及電流的流向.

解決此題的關(guān)鍵會根據(jù)左手定那么判斷洛倫茲力的方向，以及知道當(dāng)粒子所受電場力與

洛倫茲力相等時，形成動態(tài)平衡.

8.如下圖，等腰直角三角形而c的直角邊長度為3該區(qū)域。

內(nèi)存在方向垂直于紙面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大

小為&三個相同的帶電粒子從b點沿兒方向分別以速度

外、外、巧射入磁場，在磁場中運動的時間分別為tl、t2>

?B?

t3,且h：t2：t3=2：2：1.不計粒子的重力，以下說法

正確的選項是（）

b

A.三個速度的大小關(guān)系一定是%=<"3

B.三個速度的大小關(guān)系可能是％<v2<v3

C.粒子的比荷5=黑

illNZJ

D.粒子的比荷《=舒

?BC

?解：AB,洛侖茲力提供向心力得半徑公式：r=—,速度越大，半徑越大，結(jié)合題意

知速度為％、外的粒子是偏轉(zhuǎn)90°后從岫邊射出，但兩者速度大小關(guān)系不定.而速度為火

的粒子偏轉(zhuǎn)45從ac邊射出，那么其半徑比速度為%、&的粒子均大，所以選項A錯誤，

B正確.

CZX粒子在磁場中運動的時間￡=就7=就x￥=A；x翳，對粒子1、2,運動

oouoouvoouqtf

時間均為S=t2=%從而求出粒子的比荷A=氤或者對粒子3,由幾何關(guān)系知其運

動半徑值=&3由半徑公式求出比荷5=贏，這樣選項C正確，選項。錯誤.

應(yīng)選：BC

三種相同的帶電粒子從b點出發(fā)沿相同的方向進入磁場，做半徑不同的勻速圓周運動曲

于在磁場中的時間是由偏轉(zhuǎn)角來決定的，所以由題意知速度為%、W的粒子是偏轉(zhuǎn)90°后

從浦邊射出，但不一定是從同一點射出，速度為v3的粒子是從衣邊射出，且偏轉(zhuǎn)45。.

此題考查帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑和時間問題，半徑由速度決定，同時

也決定了圓弧的彎曲程度.而時間純粹由粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)的角度決定，結(jié)合粒子在磁

場中運動的對稱性，所以判斷粒子的大致運動情況，再由相應(yīng)的規(guī)律求出求知量.

9.速度相同的一束粒子（不計重力）經(jīng)速度選擇器射入質(zhì)譜儀po|1,

后的運動軌跡如下圖，那么以下相關(guān)說法中正確的選項是u!—」,

A.該束帶電粒子帶正電,xx:n,xx?fl.*

B.速度選擇器的Pi極板帶負(fù)電P』?

C.能通過狹縫So的帶電粒子的速率等于看H

D.假設(shè)粒子在磁場中運動半徑越大，那么該粒子的比荷越小

?ACD

?解：A、由圖可知，帶電粒子進入勻強磁場％時向下偏轉(zhuǎn)，所以粒子所受的洛倫茲力

方向向下，根據(jù)左手定那么判斷得知該束粒子帶正電。故A正確。

8、在平行金屬板中受到電場力和洛倫茲力兩個作用而做勻速直線運動，由左手定那么

可知，洛倫茲力方向豎直向上，那么電場力方向向下，粒子帶正電，電場強度方向向下，

所以速度選擇器的Pi極板帶正電。故8錯誤。

C、粒子能通過狹縫，電場力與洛倫茲力平衡，那么有：qvB1=qE,解得：口=看?故C

正確。

粒子進入勻強磁場為中受到洛倫茲力而做勻速圓周運動，由牛頓第二定律得：qvB=

若，解得：”黑可見，由于-是一定的，3不變，半徑「越大，那么淞小。故。

正確。

應(yīng)選：ACD

由圖可知，粒子進入勻強磁場中受到洛倫茲力而做勻速圓周運動，根據(jù)粒子向下偏轉(zhuǎn)，

即可知粒子所受的洛倫茲力方向向下，由左手定那么可判斷粒子的電性。

粒子速度選擇器中受到電場力和洛倫茲力兩個作用，電場力不變，速度方向不變，可知

洛倫茲力與電場力應(yīng)平衡，由左手定那么判斷出洛倫茲力方向，由平衡條件即可確定出

Pi極板帶什么電。

粒子進入勻強磁場為中受到洛倫茲力而做勻速圓周運動，由牛頓第二定律得到半徑表達

式，根據(jù)半徑公式分析半徑越大時，粒子的質(zhì)量和比荷的大小。

此題關(guān)鍵要理解速度選擇器的原理：電場力與洛倫茲力，粒子的速度一定。粒子在磁場

中偏轉(zhuǎn)時，由洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律那么可得到半徑。

三、填空題〔1〕

10.如下圖，界面上部為磁感應(yīng)強度大小為8的勻強磁XXXXX

場，有一質(zhì)量為ni（不計重力），電量為f7的負(fù)電荷，以火

的速度沿與MN成30。方向進入該勻強磁場，電荷進出

勻強磁場兩點之間距離d=,電荷在勻強磁場中

運動時間t=.

m%Snm

qB；3qB

?解：電荷在磁場中做圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由

牛頓第二定律得：

qv0B=m^,

解得，”翳，

由幾何知識可知，電荷出射點距離入射點距離：

d=2rsin30°=r=

電荷在磁場中做圓周運動的周期：T=登,

電荷在磁場中的運動時間:

6工3600-60°2nm5nm

t=--T=--X---------=

360°360°qB3qB

m%Snm

故答案為:

qB，3qB

電荷在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律求出電荷做圓周

運動的軌道半徑，然后求出兩點間的距離；根據(jù)電荷在磁場中轉(zhuǎn)過的圓心角與電荷做圓

周運動的周期可以求出電荷在磁場中運動的時間.

此題考查了電荷在磁場中的運動，分析清楚電荷的運動過程、作出電荷的運動軌跡是正

確解題的關(guān)鍵，應(yīng)用牛頓第二定律與電荷的周期公式可以解題.

四、實驗題探究題〔2〕

11.用圖甲所示裝置測量磁場的磁感應(yīng)強度和某導(dǎo)電液體(有大量的正、負(fù)離子)的電阻

率。水平管道長為/、寬度為“、高為力，置于豎直向上的勻強磁場中。管道上下兩

面是絕緣板，前后兩側(cè)面M、N是電阻可忽略的導(dǎo)體板，兩導(dǎo)體板與開關(guān)S、電阻

箱K、靈敏電流表G(內(nèi)阻為Rg)連接。管道內(nèi)始終充滿導(dǎo)電液體，液體以恒定速度

v自左向右通過。閉合開關(guān)S,調(diào)節(jié)電阻箱的取值，記下相應(yīng)的電流表讀數(shù)。

(I)圖乙所示電阻箱接入電路的電阻值為n.

(2)與N板相連接的是電流表G的極(填“正"或"負(fù)")。

(3)圖丙所示的電流表讀數(shù)為

(4)將實驗中每次電阻箱接入電路的阻值R與相應(yīng)的電流表讀數(shù)/繪制出*-R圖象

為圖丁所示的傾斜直線，其延長線與兩軸的交點坐標(biāo)分別為(-a,0)和(0/)，那么

磁場的磁感應(yīng)強度為,導(dǎo)電液體的電阻率為。

-290.1；負(fù)；24.0；就；空泮

?解：(1)根據(jù)電阻箱讀數(shù)的方法，可得接入電路的電阻值為290.10；

(2)導(dǎo)電液體(有大量的正、負(fù)離子)自左向右通過，用左手定那么判斷出，

正離子受洛倫茲力向外，集中在M板，負(fù)離子受洛倫茲力向內(nèi)，集中在N板，

因此，與N板相連接的是電流表G的負(fù)極；

(3)根據(jù)電流表讀數(shù)的方法,注意當(dāng)刻度是10分位時，需要估讀一位,即：讀數(shù)為24.0〃小

(4)根據(jù)閉合電路歐姆定律可得：E=/(R+%+r),其中：E=Bdv,r=^

代入可得標(biāo)準(zhǔn)方程為：；=(粵+號)+:凡由圖丁可得：

/KBdvBhdzvyBdv

斜率為％=g,截距為從結(jié)合上邊方程，可解得：

磁場的磁感應(yīng)強度為B=意，導(dǎo)電液體的電阻率為空‘辿。

故答案為：(1)電阻值為290.10；(2)負(fù)極；(3)讀數(shù)為24.0加4；

(4)磁場的磁感應(yīng)強度為就，導(dǎo)電液體的電阻率為空警之

(1)根據(jù)電阻箱和電流表的讀數(shù)方法，讀出電阻和電流表的示數(shù)；

(2)利用帶電粒子在勻強磁場中受到的洛倫茲力的方向，判斷出極板的正負(fù)極；

(3)根據(jù)閉合電路歐姆定律，利用數(shù)學(xué)知識把方程改變?yōu)榘磮D丁的標(biāo)準(zhǔn)形式，再結(jié)合截

距和斜率求出答案。

解答此題的關(guān)鍵是：要知道該裝置形成電流的本質(zhì)原因是電場力和洛倫茲力到達平衡;

同時要學(xué)會用數(shù)學(xué)知識處理物理問題的方法，利用截距和斜率可直接算出磁感應(yīng)強度和

電阻率的大小。

12.質(zhì)量為機、電荷量+q的絕緣小球m以某一初速度沿水平放置的絕緣板進入正交的

勻強磁場和勻強電場區(qū)域，場強方向如下圖，假設(shè)小球。與絕緣地板間的動摩擦因

數(shù)為〃，小球。自A點沿絕緣板做勻速直線運動，在B點與質(zhì)量為M=2m的不帶

電絕緣小球。發(fā)生彈性正碰，此時原電場立即消失(不計電場變化對磁場的影響),

磁場仍然不變，假設(shè)碰撞時，小球。無電荷量損失，碰撞后，小球〃做勻速直線運

動返回A點，往返總時間為3AB間距為心求

(1)磁感應(yīng)強度大小；

(2)勻強電場場強E-,

(3)全過程摩擦力做的功

?解：(l)a、6兩小球彈性碰撞前后，系統(tǒng)動量守恒，機械能守恒。設(shè)碰前a球速度為孫，

碰后“球，6球速度大小分別為%,vb,取向右為正方向，那么有：

mv0=—mva+Mvb...①

gm詔=-+|Mv^…②

由①②式解得：%

往返總時間t=f+5=￥

VOvavo

得：=y..③

。球碰后勻速返回，那么有：qB%=mg

B=?詠…④

(2)a球碰前勻速,那么有：FN=mg+qBv0...⑤

qE=11FN.....@

由③④⑤⑥解得：E=F

方向：水平向右。

(3)碰前摩擦力對a球做的功為：%=-fL=-qEL=-4fimgL

碰后摩擦力對人球做的功為：W2=_：M琢=-暗

故摩擦力對系統(tǒng)做的功為：W=Wi+W2=一+等勺

答：

(1)磁感應(yīng)強度大小是鬻；

(2)勻強電場場強E是空黃，方向：水平向右；

(3)全過程摩擦力做的功是一(4〃mg+誓)。

?(l)a、b兩小球彈性碰撞前后，系統(tǒng)動量守恒，機械能守恒。由此求出碰撞后兩球的速

度與碰撞前“球速度的關(guān)系式，根據(jù)往返時間關(guān)系列式，求出碰撞前。球的速度?結(jié)合

碰撞后a球勻速運動，受力平衡，求解磁感應(yīng)強度大小；

(2)根據(jù)碰撞前a球勻速運動，由平衡條件求勻強電場場強E-

(3)根據(jù)功的計算公式計算碰撞前后兩個過程摩擦力做功，從而得到全過程摩擦力做的

功。

解決此題的關(guān)鍵是明確小球的受力情況和運動過程，把握彈性碰撞的兩大規(guī)律：動量守

恒定律和機械能守恒定律。

五、計算題〔4〕

13.如下圖，直角坐標(biāo)系中的第I象限中存在沿)，軸負(fù)方向的勻強電場，在第口象限中

存在垂直紙面向外的勻強磁場.一電量為外質(zhì)量為機的帶正電的粒子，在-x軸上

的點。以速率%，方向和-％軸方向成60°射入磁場，然后經(jīng)過y軸上的人點垂直于

)，軸方向進入電場，并經(jīng)過x軸上久=2L處的c點時速度大小為我孫.不計粒子重力

求

(1)磁感應(yīng)強度B的大小

(2)電場強度E的大小.

?解：粒子在電場中做類平拋運動，到達c點時，豎直分速度為：

V評一詔=詔一詔=；

y=JJ2V0

水平方向：2L=%t,

豎直方向：vy=at

聯(lián)立可得：岳=磐

2qL

設(shè)粒子在磁場中做圓周運動的軌道半徑為r,Ob=y.

那么有：y=^t=^=L

粒子的運動軌跡如下圖:

得：丁=|L

粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：

vl

m

qv0B=~

解得:B=舞;

答：(1)磁感應(yīng)強度B的大小為胃；

(2)電場強度E的大小為舞.

?(1)由幾何知識求出粒子的軌道半徑，然后由牛頓第二定律求出磁感應(yīng)強度大小.

(2)粒子在電場中做類平拋運動，由類平拋運動規(guī)律求出電場強度大小.

此題考查了粒子在磁場與電場中的運動，分析清楚粒子的運動過程、應(yīng)用牛頓第二定律

與類平拋運動規(guī)律、粒子做圓周運動的周期公式即可正確解題，解題時要注意數(shù)學(xué)知識

的應(yīng)用.

14.電子質(zhì)量為，外電荷量為4，以速度火與x軸成0角射入磁感應(yīng)強度為8的勻強磁

場中，最后落在x軸上的P點，如下圖，求：

(1)電子運動的軌道半徑R

(2)0P的長度；

(3)電子由O點射入到落在P點所需的時間t.

?解：(1)粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，

由牛頓第二定律得：=解得：R=翳；

(2)粒子運動軌跡如下圖:

由幾何知識得：OP=2R?sin。=之史誓;

(3)由圖中可知圓弧對應(yīng)的圓心角為20,

粒子做圓周運動的周期：7=黑，

粒子的運動時間：1=爭=篝.

答：(1)電子運動的軌道半徑R為翳；

(2)0P的長度為列評；

(3)電子由0點射入到落在P點所需的時間f為篝

?(1)粒子在磁場中做勻速圓周運動洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律可以求出粒子

軌道半徑.

(2)作出粒子運動軌跡，求出OP的長度.

(3)求出粒子轉(zhuǎn)過的圓心角，然后根據(jù)粒子周期公式求出粒子的運動時間.

此題考查了粒子在磁場中的運動，粒子在磁場中做勻速圓周運動洛倫茲力提供向心力，

分析清楚粒子運動過程、作出粒子運動軌跡是解題的前提與關(guān)鍵，應(yīng)用牛頓第二定律與

周期公式可以解題.

15.如下圖為一對帶電平行金屬板，兩板間距為“，兩板間電場可XMXMX=?

視為勻強電場;兩金屬板間有勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為8,X,.(,XXXJX

方向垂直紙面向里.一帶電粒子以初速度孫沿平行于金屬板面、H--一

垂直于磁場的方向射入金屬板之間，該粒子沿直線運動，粒子的重力不計.

(1)求金屬板間電場強度E的大??；

(2)求金屬板間的電勢差U-,

(3)撤去兩板間的電場，帶電粒子仍沿原來的方向以初速度處射入磁場，粒子做半

徑為/?的勻速圓周運動，求該粒子的比荷2

?解：(1)設(shè)粒子的電荷量為q,由共點力平衡條件，有：qE=Bqv0

所以：E=BVQ

(2)因為E=*所以：U=Bdv0

(3)由牛頓第二定律，有：Bqv0=

所以.凡=曳

答：(1)金屬板間電場強度石的大小為8%;

(2)金屬板間的電勢差U為Bdu。；