8．如图6所示，在水平放置的两平行金属板的右侧存在着有界的匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁场边界MN和PQ与平行板的中线OO′垂直．金属板的两极板间的电压U＝100 V，匀强磁场的磁感应强度B＝1.0×10^－2 T．现有带正电的粒子以v₀＝1.73×10⁵ m/s的速度沿两板间的中线OO′连续进入电场，恰能从下极板边缘穿越电场射入磁场．已知带电粒子的比荷＝1.0×10⁸ C/kg，粒子的重力和粒子间相互作用力均可以忽略不计(结果保留两位有效数字)．

图6

(1)求射入电场的带电粒子射出电场时速度的大小和方向．

(2)为使射入电场的带电粒子不会由磁场右边界射出，该匀强磁场区的宽度至少为多大？

[解析]　(1)由动能定理知

q＝mv－mv

解得　 v₁＝2.0×10⁵ m/s

设偏转角度为θ，则cos θ＝＝

θ＝30°，

(2)粒子运动轨迹如图所示，设粒子运动轨迹刚好与右边界相切，这时磁场宽度为d，则

d＝R＋Rsin 30°＝R

而qv₁B＝，R＝

解得，d＝0.3 m

所以，磁场宽度至少为0.3 m.

[答案]　(1)2.0×10⁵ m/s　向下偏转30°　(2)磁场宽度至少为0.3 m

7.

图5

如图5所示，匀强电场区域和匀强磁场区域紧邻且宽度相等均为d，电场方向在纸平面内竖直向下，而磁场方向垂直纸面向里，一带正电粒子从O点以速度v₀沿垂直电场方向进入电场，从A点射出电场进入磁场，离开电场时带电粒子在电场方向的偏转位移为电场宽度的一半，当粒子从磁场右边界上C点穿出磁场时速度方向与进入电场O点时的速度方向一致，已知d、v₀(带电粒子重力不计)，求：

(1)粒子从C点穿出磁场时的速度v；

(2)电场强度E和磁感应强度B的比值.

[解析]　(1)粒子在电场中偏转时做类平抛运动，则垂直电场方向有d＝v₀t

平行电场方向有＝t

解得v_y＝v₀

则到A点时速度为v＝v₀

粒子在磁场中运动时速度大小不变，所以粒子从C点穿出磁场时速度仍为v₀.

(2)在电场中偏转时，出A点时速度与水平方向成45°角

v_y＝t＝，并且v_y＝v₀

解得E＝

在磁场中做匀速圆周运动，如图所示

由几何关系得R＝d

又qvB＝，且v＝v₀

解得B＝

则＝v₀.

[答案]　(1)v₀　(2)v₀

6.

图4

(多选)(2014·哈尔滨三中质检)如图4所示，在MN、PQ间同时存在匀强磁场和匀强电场，磁场方向垂直纸面水平向外，电场在图中没有标出．一带电小球从a点射入场区，并在竖直面内沿直线运动至b点，则小球(　)

A．可能带正电也可能带负电

B．受到电场力的方向一定水平向右

C．从a到b过程，克服电场力做功

D．从a到b过程中可能做匀加速运动

[解析]　因小球受到的洛伦兹力F＝qvB随小球速度变化而变化，为使带电小球能在场内做直线运动，必须满足小球的速度大小不能变化的条件，即小球受力平衡，做匀速直线运动，D错误．小球共受到三个力的作用：重力、电场力和洛伦兹力，无论小球带何种电荷，三力均可能平衡，故A正确，B错误．从a到b的过程中，小球的动能不变，根据动能定理有ΔE_k＝W_G＋W_电场＋W_洛伦兹＝0，其中洛伦兹力不做功，重力做正功，所以电场力必须做负功，C正确．

[答案]　AC

5．(多选)(2013年3月北京市东城区联考)如图3所示，一束质量、速度和电荷量不全相等的离子，经过由正交的匀强电场和匀强磁场组成的速度选择器后，进入另一个匀强磁场中并分裂为A、B束，下列说法中正确的是(　)

图3

A．组成A、B束的离子都带正电

B．组成A、B束的离子质量一定不同

C．A束离子的比荷大于B束离子的比荷

D．速度选择器中的磁场方向垂直纸面向外

[解析]　由左手定则可知，组成A、B束的离子都带正电，选项A正确．经过由正交的匀强电场和匀强磁场组成的速度选择器后，离子速度相等，在匀强磁场中做匀速圆周运动的轨道半径不同，由r＝mv/qB可知组成A、B束的离子比荷q/m一定不同，质量有可能相同，A束离子的比荷大于B束离子的比荷．选项B错误，C正确．由于离子带正电，所受电场力向右，所受洛伦兹力一定向左，由左手定则知速度选择器中的磁场方向垂直纸面向里，选项D错误．

[答案]　AC

4.

图2

(2014·河南省开封市二模)如图2所示，在长方形abcd区域内有正交的匀强电场和匀强磁场，＝＝L，一带电粒子从ad的中点垂直于电场和磁场方向射入，恰沿直线从bc边的中点P射出，若撤去电场，则粒子从a点射出且射出时的动能为E_k；若撤去磁场，则粒子射出时的动能为(重力不计)(　)

A．E_k　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 B．2E_k　 C．4E_k　　 D．5E_k

[解析]　根据带电粒子从ad的中点垂直于电场和磁场方向射入，恰沿直线从bc边的中点P射出可得qE＝qBv₀.若撤去电场，粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，轨道半径为L/2.由L/2＝mv₀/qB可得粒子从a点射出且射出时的动能为E_k＝mv＝ ；若撤去磁场，粒子在电场中做类平抛运动，由L＝v₀t，y＝at²，a＝qE/m＝qBv₀/m，联立解得y＝L.由动能定理，qEL＝E－E_k，解得E＝5E_k，选项D正确．

[答案]　D

3．设回旋加速器中的匀强磁场的磁感应强度为B，粒子的质量为m，所带电荷量为q，刚进入磁场的速度为v₀，回旋加速器的最大半径为R，那么两极间所加的交变电压的周期T和该粒子的最大速度v分别为(　)

A．T＝，v不超过　　　　　　　　　　　　　　　　　 B．T＝，v不超过

C．T＝，v不超过　 D．T＝，v不超过

[解析]　粒子做匀圆周运动周期为T＝，故电源周期须与粒子运动周期同步，粒子的最大速度由最大半径R决定．

[答案]　A

2．电磁炮是一种理想的兵器，它的主要原理图如图1所示，利用这种装置可以把质量为m＝2.0 g的弹体(包括金属杆EF的质量)加速到6 km/s，若这种装置的轨道宽为d＝2 m，长L＝100 m，电流I＝10 A，轨道摩擦不计，则下列有关轨道间所加匀强磁场的磁感应强度和磁场力的最大功率的结果正确的是(　)

图1

A．B＝18 T，P_m＝1.08×10⁸ W

B．B＝0.6 T，P_m＝7.2×10⁴ W

C．B＝0.6 T，P_m＝3.6×10⁶ W

D．B＝18 T，P_m＝2.16×10⁶ W

[解析]　通电金属杆在磁场中受安培力的作用而对弹体加速，由功能关系得BIdL＝mv，代入数值解得B＝18 T；当速度最大时磁场力的功率也最大，即P_m＝BIdv_m，代入数值得P_m＝2.16×10⁶ W，故D项正确．

[答案]　D

1．(2011·新课标全国卷)为了解释地球的磁性，19世纪安培假设：地球的磁场是由绕过地心的轴的环形电流I引起的．在下列四个图中，正确表示安培假设中环形电流方向的是(　)

[解析]　地磁场是从地球的南极附近出来，进入地球的北极附近，除两极外地表上空的磁场都具有向北的磁场分量，由安培定则，环形电流外部磁场方向向北可知，B正确．

[答案]　B

2.

图8－4

(2013·武汉一中质检)如图8－4所示，一个质量为m、带电荷量为＋q的小球以初速度v₀自h高度处水平抛出．不计空气阻力，重力加速度为g.

(1)若在空间竖直方向加一个匀强电场，发现小球水平抛出后做匀速直线运动，求该匀强电场的场强E的大小；

(2)若在空间再加一个垂直纸面向外的匀强磁场，小球水平抛出后恰沿圆弧轨迹运动，落地点P到抛出点的距离为h，求该磁场磁感应强度B的大小．

[解析]　(1)小球做匀速直线运动，说明重力和电场力平衡，根据平衡条件，有

mg＝qE

解得：E＝.

(2)再加匀强磁场后，小球做圆周运动，洛伦兹力充当向心力，设轨道半径为R，根据几何关系得，P点到抛出点的水平距离为：

x＝＝h

由R²＝(R－h)²＋x^{2[来源:Z§xx§k.Com]}

解得：R＝

由qv₀B＝得B＝.

[答案]　(1)　(2)

巧用临界条件，妙解对称问题

图8－5

(2013·长沙一中质检)如图8－5所示，在平面直角坐标系xOy的第四象限有垂直纸面向里的匀强磁场，一质量为m＝5.0×10^－8 kg、电量为q＝1.0×10^－6 C的带电粒子．从静止开始经U₀＝10V的电压加速后，从P点沿图示方向进入磁场，已知OP＝30 cm，(粒子重力不计，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)，求：

(1)带电粒子到达P点时速度v的大小；

(2)若磁感应强度B＝2.0T，粒子从x轴上的Q点离开磁场，求QO的距离；

(3)若粒子不能进入x轴上方，求磁感应强度B′满足的条件．

[技法攻略]　(1)对带电粒子的加速过程，由动能定理知qU＝mv²

代入数据得：v＝20 m/s.

(2)带电粒子仅在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动有：

qvB＝得R＝

代入数据得：R＝0.50 m

而OP/cos 53°＝0.50 m

故圆心一定在x轴上，轨迹如图所示．由几何关系可知：

OQ＝R＋Rsin 53°

故OQ＝0.90 m.

(3)带电粒子不从x轴射出(如图)，由几何关系得：

OP>R′＋R′cos 53°①

R′＝②

由①②并代入数据得：

B′>T＝5.33 T(取“≥”照样给分)

[答案]　(1)20 m/s　(2)0.90 m　(3)B>5.33 T

图8－6

如图8－6所示，在真空中半径r＝3.0×10^－2 m的圆形区域内，有磁感应强度B＝0.2T，方向如图的匀强磁场，一束带正电的粒子以初速度v₀＝1.0×10⁶ m/s从磁场边界上直径ab的a端沿各个方向射入磁场，且初速方向都垂直于磁场方向，若该束粒子的比荷＝1.0×10⁸ C/kg，不计粒子重力．求：

(1)粒子在磁场中运动的最长时间．

(2)若射入磁场的速度改为v＝3.0×10⁵ m/s，其他条件不变，试用斜线画出该束粒子在磁场中可能出现的区域，要求有简要的文字说明．(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)

[技法攻略]　(1)由牛顿第二定律得qv₀B＝m

解得R＝＝5.0×10^－2m>r＝3.0×10^－2 m

因此要使粒子在磁场中运动的时间最长，则粒子在磁场中运动的圆弧所对应的弦长最长，从图中可以看出，以直径ab为弦、R为半径所作的圆，粒子运动的时间最长．

设该弦对应的圆心角为2α，而T＝

运动时间t_max＝×T＝

又sin α＝＝，故t_max＝6.5×10^－8 s.

(2)R＝＝1.5×10^－3 m<r

粒子在磁场中可能出现的区域：如图中以Oa为直径的半圆及以a为圆心Oa为半径的圆与磁场相交的部分，绘图如图．

[答案]　(1)6.5×10^－8 s　(2)见技法攻略

1.

图8－2

(2013·河南洛阳、安阳高三统考)如图8－2所示，一匀强磁场磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，其边界是半径为R的圆，AB为圆的一直径．在A点有一粒子源向圆平面内的各个方向发射质量为m、电量为－q的粒子，粒子重力不计．

(1)有一带电粒子以v₁＝的速度垂直磁场进入圆形区域，恰从B点射出．求此粒子在磁场中运动的时间；

(2)若磁场的边界是绝缘弹性边界(粒子与边界碰撞后将以原速率反弹)，某粒子沿半径方向射入磁场，经过2次碰撞后回到A点，则该粒子的速度为多大？

[解析]　(1)

根据牛顿第二定律，有

qv₁B＝m

解得r₁＝2R[来源:学|科|网Z|X|X|K]

粒子的运动轨迹如图甲所示，则

α＝

粒子在磁场中运动的时间

t＝T＝.

(2)

粒子运动情况如图乙所示，则

β＝

又r₂＝Rtan β＝R

　根据牛顿第二定律，有

qv₂B＝m

解得v₂＝.

[答案]　(1)　(2)

带电粒子在复合场中运动的综合分析

这类问题综合了带电粒子在电场和磁场组成的复合场中的匀速直线运动、电场中的类平抛运动、磁场中的匀速圆周运动三个方面．

(1)在电场和磁场组成的复合场中做匀速直线运动时，符合二力平衡，qE＝qvB.

(2)若撤去磁场，带电粒子在电场中做类平抛运动，应用运动的合成与分解的方法分析．

(3)若撤去电场，带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，符合洛伦兹力提供向心力：qvB＝m.

　(2013·福建高考)如图8－3甲，空间存在一范围足够大的垂直于xOy平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B.让质量为m，电荷量为q(q>0)的粒子从坐标原点O沿xOy平面以不同的初速度大小和方向入射到该磁场中．不计重力和粒子间的影响．

图8－3

(1)若粒子以初速度v₁沿y轴正向入射，恰好能经过x轴上的A(a,0)点，求v₁的大小．

(2)已知一粒子的初速度大小为v(v>v₁)，为使该粒子能经过A(a,0)点，其入射角θ(粒子初速度与x轴正向的夹角)有几个？并求出对应的sin θ值．

(3)如图乙，若在此空间再加入沿y轴正向、大小为E的匀强电场，一粒子从O点以初速度v₀沿y轴正向发射．研究表明：粒子在xOy平面内做周期性运动，且在任一时刻，粒子速度的x分量v_x与其所在位置的y坐标成正比，比例系数与场强大小E无关．求该粒子运动过程中的最大速度值v_m.

[解析]　准确提取题中v_x＝ky的信息，利用带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动及几何关系、动能定理列式求解．

(1)带电粒子以速率v在匀强磁场B中做匀速圆周运动，半径为R，有

qvB＝m①

当粒子沿y轴正向入射，转过半个圆周至A点，该圆周半径为R₁，有：

R₁＝②

由②代入①式得

v₁＝③

(2)如图，O、A两点处于同一圆周上，且圆心在x＝的直线上，半径为R.

当给定一个初速率v时，有2个入射角，分别在第1、2象限，有

sin θ′＝sin θ＝④

由①④式解得

sin θ＝

(3)粒子在运动过程中仅电场力做功，因而在轨道的最高点处速率最大，用y_m表示其y坐标，由动能定理，有

qEy_m＝mv－mv⑥

由题知，有

v_m＝ky_m⑦

若E＝0时，粒子以初速度v₀沿y轴正向入射，有

qv₀B＝m⑧

v₀＝kR₀⑨

由⑥⑦⑧⑨式解得

v_m＝＋⑩

[答案]　(1)　(2)2个　

(3)＋

[即学即用]