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[-考点-09-] 带电粒子在组合场中的运动
[典例1]
答案 (1) (2)B1≥ (3)4na(n＝1,2,3，…)
解析 (1)粒子在OF 上方的运动轨迹如图所示，
设粒子做圆周运动的半径为R，由几何关系可知R2－(R－a)2＝(3a)2，则R＝5a，由牛顿第
二定律可知qvB0＝m，解得v＝.
(2)当粒子恰好不从AC 边界飞出时，其运动轨迹如图所示，设粒子在OF 下方做圆周运动
的半径为r1，
由几何关系得r1＋r1cos θ＝3a，
由(1)可知cos θ＝＝，所以r1＝，
根据qvB1＝，联立解得B1＝，故当B1≥时，粒子不会从AC 边界飞出．
(3)当B＝3B0时，粒子的运动轨迹如图所示，粒子在OF 下方的运动半径为r＝a，设粒子的
速度方向再次与射入磁场时的速度方向一致时，粒子的位置为P1 点，则P 点与P1 点的连
线一定与OF 平行，根据几何关系知 PP1＝4a，所以若粒子最终垂直DE 边界飞出，边界
DE 与AC 间的距离为L＝nPP1＝4na(n＝1,2,3，…)．
[典例2]
答案 (1) (2)
解析 (1)粒子的运动轨迹如图所示，设粒子的质量和所带电荷量分别为m 和q，粒子在匀
强电场中运动，由类平抛运动规律及牛顿运动定律得，2L＝v0t1，L＝at1
2，qE＝ma
1
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联立解得E＝
粒子到达O 点时沿＋y 方向的分速度为vy＝at1＝v0，tan α＝＝1，故α＝45°.粒子在磁场中
的速度为v＝v0.
粒子所受洛伦兹力提供向心力，
则Bqv＝，由几何关系得r＝L
联立解得B＝，
则＝；
(2)粒子在磁场中运动的周期为T＝，粒子在磁场中运动的时间为t2＝T＝，
粒子在电场中运动的时间为t1＝，
解得＝.
[典例3]
答案 (1) 8eU (2)
解析 (1)电子在电场中加速有2eU＝mv2，在Ⅰ区磁场中，由几何关系可得r＝Rtan 22.5°＝
0.4R
根据洛伦兹力提供向心力有B1ev＝m
联立解得B1＝
电子在Ⅰ区磁场中的运动周期为T＝
由几何关系可得，电子在Ⅰ区磁场中运动的圆心角为φ＝π
电子在Ⅰ区磁场中的运动时间为t＝T
联立解得t＝
电子从P 到Q 在电场中共加速8 次，故在Q 点出射时的动能为Ek＝8eU
(2)设电子在Ⅰ区磁场中做匀速圆周运动的最大半径为rm，此时圆周的轨迹与Ⅰ区磁场边界
相切，
由几何关系可得2＝R2＋rm
2
解得rm＝R
根据洛伦兹力提供向心力有B1evm＝m
2eU＝mvm
2－keU
联立解得k＝.
1.答案 BC
解析 带负电粒子向右加速运动，所受静电力向右，场强向左，说明极板S1带负电，故A
2
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错误；设粒子到达O 点的速度大小为v，由动能定理可得Uq＝mv2，解得v＝，故B 正确；
由几何关系可知粒子运动的圆心角为θ＝60°＝，此粒子在磁场中运动的时间t＝T＝×＝，
故C 正确；若改变右侧磁场(左边界位置不变)宽度，使粒子经过O 点后恰好不能从右侧离
开该有界磁场，画出临界轨迹如图所示，洛伦兹力提供向心力，有Bqv＝m,把B 选项中求
得的速度大小代入可得R＝，则该有界磁场区域的宽度d＝R＝，故D 错误．
2.答案 ABD
解析 根据题意可知，粒子从A 点进入磁场时，受到洛伦兹力的作用，根据左手定则可知，
圆形区域内磁场方向垂直纸面向外，故A 正确；根据题意可知，粒子在磁场中的运动轨迹
如图甲所示
根据几何关系可知，粒子做圆周运动的半径为R，粒子在磁场中运动轨迹所对圆心角为，
根据洛伦兹力提供向心力有qv0B＝m，可得＝，故B 正确；根据题意可知，粒子从B 点进
入电场之后，先向右做减速运动，再向左做加速运动，再次到达B 点时，速度的大小仍为
v0，再次进入磁场，运动轨迹如图乙所示．
则粒子在磁场中的运动时间为t 磁＝＝，故C 错误；粒子在电场中，根据牛顿第二定律有
Eq＝ma，解得a＝＝，根据v0＝at 结合对称性可得，粒子在电场中运动的总时间为t 电＝＝，
故D 正确．
3.答案 (1)4 (2)L
解析 (1)由动能定理得EqL＝mv2－mv0
2
3
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粒子进入磁场时速度大小为v＝
在磁场中L＝2R
qvB＝
可得B＝4
(2)假设粒子由y 轴离开电场，运动轨迹如图所示
L＝v0t，
y1＝at2，
Eq＝ma
解得y1＝<L，假设成立
vy＝at
速度偏转角tan θ＝
第一次到达x 轴的坐标
x1＝＝L
在磁场中R′＝
x2＝2R′sin θ＝sin θ＝＝L
粒子第二次到达x 轴的位置与坐标原点的距离
x＝x1＋x2＝L.
4.答案 (1)L (2) (3)(L，L)
解析 (1)带电粒子在第二象限内做匀速圆周运动，轨迹如图，圆心为C
由牛顿第二定律，得qvB＝
解得R＝L
由几何关系得∠OCP＝120°
则OP＝L
(2)粒子在磁场中的运动周期T＝
4
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粒子偏转120°，即在磁场中运动时间t＝
解得t＝
(3)带电粒子进入第一象限时速度与y 轴正方向成60°角，与电场方向垂直，故粒子在第一
象限内做类平抛运动，轨迹如图．由于两粒子完全相同，所以只需在带电粒子进入电场时
速度方向的直线上PN 范围内任一点释放粒子，均可保证两粒子在电场中相遇，且两粒子
在M 点相遇所需时间最长，即在图中N 点由静止释放粒子即可．设N 点的横坐标为x，纵
坐标为y，根据几何知识可得PN＝QM＝L
又x＝PNcos 30°
y＝OP＋PNsin 30°
解得x＝L，y＝L
5.答案 (1) (2)
解析 (1)粒子在磁场中运动时(如图所示)，设轨迹半径为R，根据洛伦兹力提供向心力可
得qvB＝
由几何关系有L＝2Rcos 30°
联立解得B＝.
(2)粒子进入电场时，速度方向与边界OP 的夹角为60°，由几何关系可知，速度方向和电场
方向垂直．粒子在电场中的位移x＝PQ＝Lsin 30°
又xsin 30°＝vt
xcos 30°＝at2
Eq＝ma
联立解得E＝.
6.答案 (1) (2)0.8l
(3)(1＋1.36n)l，n＝0、1、2、3、…
解析 (1)粒子从A 点发射后运动到C 的过程，洛伦兹力提供向心力qvB1＝
由几何知识可得R1
2＝(2l－R1)2＋l2，解得R1＝l，B1＝
(2)粒子经过C 点时的速度方向与竖直方向的夹角为θ，则cos θ＝＝0.8
5
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粒子进入磁场B2之后，圆周运动半径为R2＝＝R1＝l，
又因为dtan θ＝R2cos θ，解得d＝0.8l
由R2＝l 得，粒子在B2磁场中不会从左边界飞出．
(3)粒子到达C 点后第一次在电场中向左运动距离Δx＝vsin θ·＝0.64l
粒子在B1磁场中运动到最左边时，距C 点距离
xC＝Δx＋R1－l＝0.89l<R1
所以不会从左边界飞出，P 点离磁场左边界的距离为xP＝l＋n(2l－0.64l)＝(1＋1.36n)l，n＝
0、1、2、3、…
7.答案 (1) (2) (3)
解析 (1)甲粒子先后在两磁场中做匀速圆周运动，设半径分别为r1、r2
由qvB＝m 可知r＝，
故r1＝，r2＝
且d＝2r1－2r2
解得d＝
(2)甲粒子先后在两磁场中做匀速圆周运动，设运动时间分别 t1、t2
由T＝＝得t1＝，t2＝
且Δt＝2t1＋3t2
解得Δt＝
(3)乙粒子周期性地先后在两磁场中做匀速圆周运动
若经过两磁场的次数均为n(n＝1,2,3，…)
相遇时，有n＝d，n＝t1＋t2
解得＝n
根据题意，n＝1 舍去．
当n＝2 时，有最小值，()min＝
若先后经过右侧、左侧磁场的次数分别为(n＋1)、n(n＝0,1,2,3，…)，经分析不可能相遇．
综上分析，乙的比荷的最小值为.
8.答案 (1) (2)
(3)
解析 (1)粒子运动的轨迹如图甲所示，由几何关系可知，粒子在磁场中运动的轨迹半径r1
＝R
6
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粒子在磁场中做圆周运动有qvB1＝m
联立解得B1＝
(2)粒子在电场中做类平抛运动，粒子速度和挡板相切时有tan α＝，其中vy＝t，又由平抛
运动的推论知t＝
联立解得E＝
(3)粒子离开圆形磁场区域到返回圆形磁场区域边界的过程中，运动轨迹如图乙所示，粒子
在匀强磁场B2内做圆周运动，有qvB2＝m，B2＝kB1，联立解得r2＝
根据几何关系可知tan ∠OO′f＝＝k
粒子返回圆形磁场区域边界的位置i 到出射点f 的距离l＝2r2sin ∠OO′f＝
当k 较小时，粒子运动轨迹恰好与挡板相切，如图丙所示，根据几何关系可知∠fgO″＝60°
tan ∠fgO″＝tan ∠fOO″＝＝，r2′＝R
则k＝＝，
故当<k≤1 时，粒子返回圆形磁场区域的位置到f 点的距离l＝
当0<k≤时，粒子不能返回圆形磁场区域．
9.答案 (1) (2)B< (3)L＝h(n＝1,2,3…)
解析 (1)在第一象限内，粒子在静电力作用下做类平抛运动，由运动学规律有vy
2＝2ah，
vy＝v0tan 45°
由牛顿第二定律有：qE＝ma
联立解得E＝
(2)粒子在Q 点的速率
v＝＝v0，h＝vyt，x＝v0t
可得OQ 的距离为x＝2h
粒子进入第四象限后做匀速圆周运动，如图甲所示，轨迹恰与y 轴相切时，对应恰能够进
入第三象限的磁感应强度最大值
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由牛顿第二定律有qvBmax＝m
由几何关系有x＝Rmin
联立以上各式解得Bmax＝
故B 的大小范围为B<
(3)由洛伦兹力提供向心力可知qvB＝m
粒子在第四、第三象限的轨道半径分别为
R1＝h，R2＝
易知：粒子由Q 点进入第四象限后运动半周进入第三象限，作出粒子在第四、第三象限的
可能运动轨迹如图乙所示
要让粒子垂直边界MN 飞出磁场，则L 满足的条件为
R1sin 45°＋nsin 45°＝L(n＝0,1,2,3…)
结合题意L>2h
解得L＝h(n＝1,2,3…)．
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