1、高中物理带电粒子在磁场中的运动真题汇编(含答案)一、带电粒子在磁场中的运动专项训练1如图所示为电子发射器原理图，M处是电子出射口，它是宽度为d的狭缝D为绝缘外壳，整个装置处于真空中，半径为a的金属圆柱A可沿半径向外均匀发射速率为v的电子；与A同轴放置的金属网C的半径为2a.不考虑A、C的静电感应电荷对电子的作用和电子之间的相互作用，忽略电子所受重力和相对论效应，已知电子质量为m，电荷量为e.(1)若A、C间加速电压为U，求电子通过金属网C发射出来的速度大小vC；(2)若在A、C间不加磁场和电场时，检测到电子从M射出形成的电流为I，求圆柱体A在t时间内发射电子的数量N.(忽略C、D间的距离以及电
2、子碰撞到C、D上的反射效应和金属网对电子的吸收)(3)若A、C间不加电压，要使由A发射的电子不从金属网C射出，可在金属网内环形区域加垂直于圆平面向里的匀强磁场，求所加磁场磁感应强度B的最小值【答案】(1) (2) (3) 【解析】【分析】（1）根据动能定理求解求电子通过金属网C发射出来的速度大小；（2）根据 求解圆柱体A在时间t内发射电子的数量N；（3）使由A发射的电子不从金属网C射出，则电子在 CA 间磁场中做圆周运动时，其轨迹圆与金属网相切，由几何关系求解半径，从而求解B.【详解】（1）对电子经 CA 间的电场加速时，由动能定理得解得：（2）设时间t从A中发射的电子数为N，由M口射出的电子
3、数为n， 则解得 （3）电子在 CA 间磁场中做圆周运动时，其轨迹圆与金属网相切时，对应的磁感应强度为设此轨迹圆的半径为 ，则+解得：2如图所示，在长度足够长、宽度d=5cm的区域MNPQ内，有垂直纸面向里的水平匀强磁场，磁感应强度B=0.33T水平边界MN上方存在范围足够大的竖直向上的匀强电场，电场强度E=200N/C现有大量质量m=6.61027kg、电荷量q=3.21019C的带负电的粒子，同时从边界PQ上的O点沿纸面向各个方向射入磁场，射入时的速度大小均为V=1.6106m/s，不计粒子的重力和粒子间的相互作用求：(1)求带电粒子在磁场中运动的半径r；(2)求与x轴负方向成60角射入的
4、粒子在电场中运动的时间t；(3)当从MN边界上最左边射出的粒子离开磁场时，求仍在磁场中的粒子的初速度方向与x轴正方向的夹角范围，并写出此时这些粒子所在位置构成的图形的曲线方程【答案】（1）r=0.1m （2） （3） 曲线方程为()【解析】【分析】【详解】（1）洛伦兹力充当向心力，根据牛顿第二定律可得，解得（2）粒子的运动轨迹如图甲所示，由几何关系可知，在磁场中运动的圆心角为30，粒子平行于场强方向进入电场，粒子在电场中运动的加速度粒子在电场中运动的时间解得（3）如图乙所示，由几何关系可知，从MN边界上最左边射出的粒子在磁场中运动的圆心角为60，圆心角小于60的粒子已经从磁场中射出，此时刻仍在
5、磁场中的粒子运动轨迹的圆心角均为60，则仍在磁场中的粒子的初速度方向与x轴正方向的夹角范围为3060所有粒子此时分别在以O点为圆心，弦长0.1m为半径的圆周上，曲线方程为 【点睛】带电粒子在组合场中的运动问题，首先要运用动力学方法分析清楚粒子的运动情况，再选择合适方法处理对于匀变速曲线运动，常常运用运动的分解法，将其分解为两个直线的合成，由牛顿第二定律和运动学公式结合求解；对于磁场中圆周运动，要正确画出轨迹，由几何知识求解半径3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
6、，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xL，Ly2L的区域内，有沿y轴正方向的匀强电场现有一质量为四电荷量为q的带负电粒子从坐标(L，3L/2)处以初速度沿x轴负方向射入电场，射出电场时通过坐标(0，L)点，不计粒子重力(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【答案】（1）（2）n=1、2、3.（3）【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
7、场中做类平抛运动有： ， 联立解得： (2)粒子进入磁场时，速度方向与y 轴负方向夹角的正切值=l 速度大小设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；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.则有x=R，此时满足L=2nx联立可得：由牛顿第二定律，洛伦兹力提供向心力，则有：得：，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.则有，此时满足 联立可得： 由牛顿第二定律，洛伦兹力提供向心力，则有：得：，n=1、2
8、、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，n=1、2、3.或，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=2n2=2n，则若轨迹如图乙，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=(2n+1)2=(4n+2)，则 粒子从进入磁场到坐标(-L，0)点所用的时间为或4空间中存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，一带电量为+q、质量为m的粒子，在P点以某一初速开始运动，初速方向在图中纸面内如图中P点箭头所示该粒子运动到图中Q点时速度方向与P点时速度方向垂直
9、，如图中Q点箭头所示已知P、Q间的距离为L若保持粒子在P点时的速度不变，而将匀强磁场换成匀强电场，电场方向与纸面平行且与粒子在P点时速度方向垂直，在此电场作用下粒子也由P点运动到Q点不计重力求：（1）电场强度的大小（2）两种情况中粒子由P运动到Q点所经历的时间之比【答案】 ； 【解析】【分析】【详解】（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，以v0表示粒子在P点的初速度，R表示圆周的半径，则有 由于粒子在Q点的速度垂直它在p点时的速度，可知粒子由P点到Q点的轨迹为圆周，故有 以E表示电场强度的大小，a表示粒子在电场中加速度的大小，tE表示粒子在电场中由p点运动到Q点经过的时间，则有 水平方向上： 竖直
10、方向上： 由以上各式，得 且 （2）因粒子在磁场中由P点运动到Q点的轨迹为圆周，即 所以5电子扩束装置由电子加速器、偏转电场和偏转磁场组成偏转电场的极板由相距为d的两块水平平行放置的导体板组成，如图甲所示大量电子由静止开始，经加速电场加速后，连续不断地沿平行板的方向从两板正中间OO射入偏转电场当两板不带电时，这些电子通过两板之间的时间为2t0；:当在两板间加最大值为U0、周期为2t0的电压(如图乙所示)时，所有电子均能从两板间通过，然后进入竖直宽度足够大的匀强酸场中，最后打在竖直放置的荧光屏上已知磁场的水平宽度为L，电子的质量为m、电荷量为e，其重力不计（1）求电子离开偏转电场时的位置到OO的
11、最远位置和最近位置之间的距离（2）要使所有电子都能垂直打在荧光屏上，求匀强磁场的磁感应强度B求垂直打在荧光屏上的电子束的宽度y【答案】（1） （2）【解析】【详解】（1）由题意可知，从0、2t0、4t0、等时刻进入偏转电场的电子离开偏转电场时的位置到OO的距离最大，在这种情况下，电子的最大距离为：从t0、3t0、等时刻进入偏转电场的电子离开偏转电场时的位置到OO的距离最小，在这种情况下，电子的最小距离为：最远位置和最近位置之间的距离：，（2）设电子从偏转电场中射出时的偏向角为，由于电子要垂直打在荧光屏上，所以电子在磁场中运动半径应为：设电子离开偏转电场时的速度为v1，垂直偏转极板的速度为vy，
12、则电子离开偏转电场时的偏向角为，式中又：解得：由于各个时刻从偏转电场中射出的电子的速度大小相等，方向相同，因此电子进入磁场后做圆周运动的半径也相同，都能垂直打在荧光屏上由第（1）问知电子离开偏转电场时的位置到OO的最大距离和最小距离的差值为y1，所以垂直打在荧光屏上的电子束的宽度为：6如图所示，虚线OL与y轴的夹角=450，在OL上侧有平行于OL向下的匀强电场，在OL下侧有垂直纸面向外的匀强磁场，一质量为m、电荷量为q（q0）的粒子以速率v0从y轴上的M（OM=d）点垂直于y轴射入匀强电场，该粒子恰好能够垂直于OL进入匀强磁场，不计粒子重力。（1）求此电场的场强大小E；（2）若粒子能在OL与x
13、轴所围区间内返回到虚线OL上，求粒子从M点出发到第二次经过OL所需要的最长时间。【答案】（1） ； （2） 【解析】试题分析：根据粒子只受电场力作用，沿电场线方向和垂直电场线方向建立坐标系，利用类平抛运动；根据横向位移及纵向速度建立方程组，即可求解；由（1）求出在电场中运动的时间及离开电场时的位置；再根据粒子在磁场中做圆周运动，由圆周运动规律及几何关系得到最大半径，进而得到最长时间；（1）粒子在电场中运动，不计粒子重力，只受电场力作用，；沿垂直电场线方向X和电场线方向Y建立坐标系，则在X方向位移关系有：，所以；该粒子恰好能够垂直于OL进入匀强磁场，所以在Y方向上，速度关系有，所以，则有（2）根
14、据（1）可知粒子在电场中运动的时间；粒子在磁场中只受洛伦兹力的作用，在洛伦兹力作用下做圆周运动，设圆周运动的周期为T粒子能在OL与x轴所围区间内返回到虚线OL上，则粒子从M点出发到第二次经过OL在磁场中运动了半个圆周，所以，在磁场中运动时间为；粒子在磁场运动，洛伦兹力作为向心力，所以有，；根据（1）可知，粒子恰好能够垂直于OL进入匀强磁场，速度v就是初速度v0在X方向上的分量，即；粒子在电场中运动，在Y方向上的位移，所以，粒子进入磁场的位置在OL上距离O点；根据几何关系，可得，即；所以；所以，粒子从M点出发到第二次经过OL所需要的最长时间7如图所示，真空中有一个半径r=0.5m的圆柱形匀强磁场
15、区域，磁场的磁感应强度大小B=210-3T，方向垂直于纸面向外，x轴与圆形磁场相切于坐标系原点O，在x=0.5m和x=1.5m之间的区域内有一个方向沿y轴正方向的匀强电场区域，电场强E=1.5103N/C，在x=1.5m处竖有一个与x轴垂直的足够长的荧光屏，一粒子源在O点沿纸平面向各个方向发射速率相同、比荷C/kg的带正电的粒子，若沿y轴正方向射入磁场的粒子恰能从磁场最右侧的A点沿x轴正方向垂直进入电场，不计粒子的重力及粒子间的相互作用和其他阻力求：(1)粒子源发射的粒子进入磁场时的速度大小；(2)沿y轴正方向射入磁场的粒子从射出到打到荧光屏上的时间(计算结果保留两位有效数字)；(3)从O点处
16、射出的粒子打在荧光屏上的纵坐标区域范围【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【分析】（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，由几何关系确定半径，根据求解速度；（2）粒子在磁场中运动T/4，根据周期求解在磁场中的运动时间；在电场中做类平抛运动，根据平抛运动的规律求解在电场值的时间；（3）根据牛顿第二定律结合运动公式求解在电场中的侧移量，从而求解从O点处射出的粒子打在荧光屏上的纵坐标区域范围【详解】（1）由题意可知，粒子在磁场中的轨道半径为R=r=0.5m，由 进入电场时 带入数据解得v=1.0106m/s（2）粒子在磁场中运动的时间 粒子从A点进入电场做类平抛运动，水平方向的速度为v，所以在电场中运动
17、的时间 总时间 （3）沿x轴正方向射入电场的粒子，在电场中的加速度大小 在电场中侧移： 打在屏上的纵坐标为0.75；经磁场偏转后从坐标为（0,1）的点平行于x轴方向射入电场的粒子打在屏上的纵坐标为1.75；其他粒子也是沿x轴正方向平行的方向进入电场，进入电场后的轨迹都平行，故带电粒子打在荧光屏上 的纵坐标区域为0.75y1.75.8如图所示，在竖直平面内有一直角坐标系xOy，在直角坐标系中y轴和xL之间有沿y轴正方向的匀强电场，电场强度大小为E，在电场的右侧以点(3L,0)为圆心、L为半径的圆形区域内有垂直于坐标平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，在y轴上A点(0，L)处沿x轴正方向射出一
18、质量为m、电荷量为q的带负电的粒子，粒子经电场偏转后，沿半径方向射入磁场，并恰好竖直向下射出磁场，粒子的重力忽略不计，求：(结果可含根式)(1)粒子的初速度大小；(2)匀强磁场的磁感应强度大小【答案】（1） （2）【解析】【详解】（1）粒子射入电场中并在电场中发生偏转，由于能沿半径方向进入磁场，因此其处电场 后的轨迹如图所示，出电场后的速度方向的反向延长线交于在电场运动的水平位移的中点：则由几何关系可知粒子在电场中的竖直位移y满足解得竖直方向水中方向在电场中根据牛顿第二定律联立可以得到（2）设粒子进磁场时的轨迹与磁场边界交点为C，由于粒子出磁场时方向沿y轴负方向，因此粒子在磁场中做圆周运动的圆
19、心在点，连接和C点，交x轴与D点，做垂直x轴，垂直为F由几何关系解得由于，故与全等，可以得到则因此粒子在磁场中做圆周运动的半径为粒子出电场时速度沿y轴负方向的分速度因此粒子进磁场时的速度为粒子在磁场中做匀速圆周运动有解得点睛：本题考查了粒子在电场与磁场中的运动，分析清楚 粒子运动过程、作出粒子运动轨迹是解题的前提与关键，应用类平抛运动规律、牛顿第二定律即可解题9如图所示，在x轴上方有垂直xOy平面向里的匀强磁场，磁感应强度为B1=B0，在x轴下方有交替分布的匀强电场和匀强磁场，匀强电场平行于y轴，匀强磁场B2=2B0垂直于xOy平面，图象如图所示一质量为m，电量为-q的粒子在时刻沿着与y轴正方
20、向成60角方向从A点射入磁场，时第一次到达x轴，并且速度垂直于x轴经过C点，C与原点O的距离为3L第二次到达x轴时经过x轴上的D点，D与原点O的距离为4L（不计粒子重力，电场和磁场互不影响，结果用B0、m、q、L表示）（1）求此粒子从A点射出时的速度0；（2）求电场强度E0的大小和方向；（3）粒子在时到达M点，求M点坐标【答案】（1） （2） （3）（9L，）【解析】试题分析：（1）设粒子在磁场中做圆周运动的半径为R1，由牛顿第二定律得根据题意由几何关系可得联立得（2）粒子在第一象限磁场中运动的周期设为T1，可得粒子在第四象限磁场中运动的周期设为T2，可得根据题意由几何关系可得由可得综上可以判
21、断3t04 t0粒子在第四象限的磁场中刚好运动半个周期，半径为由牛顿第二定律得2 t03 t0,粒子做匀减速直线运动，qE=ma 1112综上解得13（3）由题意知，粒子在8 t0时刚在第四象限做完半个圆周运动，x=9L 14粒子在电场中减速运动的时间为t0，由运动学公式可得15联立 1112可解得16联立可得M点的坐标为（9L，） 17考点：带电粒子在电场及在磁场中的运动.10（20分）如图所示，平面直角坐标系xOy的第二象限内存在场强大小为E，方向与x轴平行且沿x轴负方向的匀强电场，在第一、三、四象限内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场。现将一挡板放在第二象限内，其与x,y轴的交点M、N到坐标
22、原点的距离均为2L。一质量为m，电荷量绝对值为q的带负电粒子在第二象限内从距x轴为L、距y轴为2L的A点由静止释放，当粒子第一次到达y轴上C点时电场突然消失。若粒子重力不计，粒子与挡板相碰后电荷量及速度大小不变，碰撞前后，粒子的速度与挡板的夹角相等（类似于光反射时反射角与入射角的关系）。求:(1)C点的纵坐标。(2)若要使粒子再次打到档板上，磁感应强度的最大值为多少?(3)磁感应强度为多大时，粒子从A点出发与档板总共相碰两次后到达C点?这种情况下粒子从A点出发到第二次到达C点的时间多长?【答案】（1）3L；（2）；（3）；。【解析】试题分析：（1）设粒子到达挡板之前的速度为v0有动能定理 （1
23、分）粒子与挡板碰撞之后做类平抛运动在x轴方向 （1分）在y轴方向 （1分）联立解得 C点的纵坐标为 （1分）（2）粒子到达C点时的沿x轴方向的速度为 （1分） 沿y轴方向的速度为 （1分）此时粒子在C点的速度为 （1分）粒子的速度方向与x轴的夹角 （1分）磁感应强度最大时，粒子运动的轨道半径为 （2分）根据牛顿第二定律 （1分）要是粒子再次打到挡板上，磁感应强度的最大值为 （1分）（3）当磁感应强度为B2时，粒子做半径为r2的圆周运动到达y轴上的O点，之后做直线运动打到板上， （2分）此时的磁感应强度为 （1分）此后粒子返回到O点，进入磁场后做匀速圆周运动，由对称性可知粒子将到达D点，接着做直
24、线运动到达C点从A到板，有 （1分）在磁场中做圆周运动的时间 （1分）从O到板再返回O点作直线运动的时间 （1分）从x轴上D点做匀速直线运动到C点的时间为 （1分）总时间为 （1分）考点：带电粒子在磁场中的运动，牛顿第二定律，平抛运动。11如图所示，直径分别为D和2D的同心圆处于同一竖直面内，O为圆心，GH为大圆的水平直径。两圆之间的环形区域(区)和小圆内部(区)均存在垂直圆面向里的匀强磁场间距为d的两平行金属极板间有一匀强电场，上极板开有一小孔一质量为m、电量为q的粒子由小孔下方处静止释放，加速后粒子以竖直向上的速度v射出电场，由H点紧靠大圆内侧射入磁场。不计粒子的重力。(1)求极板间电场强
25、度的大小；(2)若粒子运动轨迹与小圆相切，求区磁感应强度的大小；(3)若区、区磁感应强度的大小分别为、,粒子运动一段时间后再次经过H点，求这段时间粒子运动的路程【答案】（1）（2）或（3）5.5D【解析】【分析】【详解】(1)粒子在电场中，根据动能定理，解得(2)若粒子的运动轨迹与小圆相切，则当内切时，半径为由，解得则当外切时，半径为由，解得(2)若区域的磁感应强度为，则粒子运动的半径为；区域的磁感应强度为，则粒子运动的半径为；设粒子在区和区做圆周运动的周期分别为T1、T2，由运动公式可得：；据题意分析，粒子两次与大圆相切的时间间隔内，运动轨迹如图所示，根据对称性可知，区两段圆弧所对的圆心角相
26、同，设为，区内圆弧所对圆心角为，圆弧和大圆的两个切点与圆心O连线间的夹角设为，由几何关系可得：；粒子重复上述交替运动回到H点，轨迹如图所示，设粒子在区和区做圆周运动的时间分别为t1、t2，可得：；设粒子运动的路程为s，由运动公式可知：s=v(t1+t2)联立上述各式可得：s=5.5D12平面直角坐标系xOy中，第象限存在垂直于平面向里的匀强磁场，第象限存在沿y轴负方向的匀强电场，如图所示一带负电的粒子从电场中的Q点以速度v0沿x轴正方向开始运动，Q点到y轴的距离为到x轴距离的2倍粒子从坐标原点O离开电场进入磁场，最终从x轴上的P点射出磁场，P点到y轴距离与Q点到y轴距离相等不计粒子重力，问：(
27、1)粒子到达O点时速度的大小和方向；(2)电场强度和磁感应强度的大小之比【答案】(1),与x轴正方向成45角斜向上(2)【解析】【分析】【详解】(1)粒子运动轨迹如图：粒子在电场中由Q到O做类平抛运动，设O点速度v与x方向夹角为，Q点到x轴的距离为L，到y轴的距离为2L，粒子的加速度为a，运动时间为t，根据平抛运动的规律有：x方向：y方向： 粒子到达O点时沿y轴方向的分速度：，又，解得，即，粒子到达O点时的夹角为450解斜向上，粒子到达O点时的速度大小为；(2)设电场强度为E，粒子电荷量为q，质量为m，粒子在电场中受到的电场力为F，粒子在电场中运动的加速度：，设磁感应强度大小为B，粒子做匀速圆
28、周运动的半径为R，洛伦兹力提供向心力，有：，根据几何关系可知：解得：13如图所示，在0xa、0y范围内有垂直于xy平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B坐标原点O处有一个粒子源，在某时刻发射大量质量为m、电荷量为q的带正电粒子，它们的速度大小相同，速度方向均在xy平面内，与y轴正方向的夹角分布在0范围内己知粒子在磁场中做圆周运动的半径介于到a之间，从发射粒子到粒子全部离开磁场经历的时间恰好为粒子在磁场中做圆周运动周期的四分之一求最后离开磁场的粒子从粒子源射出时的：（1）速度的大小；（2）速度方向与y轴正方向夹角的正弦【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）根据题意，粒子运动时间最长时，其回
29、旋的角度最大，画出运动轨迹，根据几何关系列出方程求解出轨道半径，再根据洛伦兹力提供向心力得出速度大小；（2）最后离开磁场的粒子，其运动时间最长，即为第一问中轨迹，故可以根据几何关系列出方程求解出其速度方向与y轴正方向夹角的正弦【详解】设粒子的发射速度为v，粒子做圆周运动的轨道半径为R，根据洛伦兹力提供向心力，得解得当Ra时，在磁场中运动的时间最长的粒子，其轨迹是圆心为C的圆弧，圆弧与磁场的边界相切，如图所示，设该粒子在磁场中运动的时间为t，依题意t=，回旋角度为OCA=，设最后离开磁场的粒子的发射方向与y轴正方向的夹角为，由几何关系得sin2+cos2=1解得故最后离开磁场的粒子从粒子源射出时
30、的速度大小为（2）由第一问可知，最后离开磁场的粒子从粒子源射出时的速度方向与y轴正方向夹角的正弦为【点评】本题关键是画出运动时间最长的粒子的运动轨迹，然后根据几何关系得到轨道半径，再根据洛仑兹力提供向心力得到速度大小14如图，一半径为R的圆表示一柱形区域的横截面（纸面）在柱形区域内加一方向垂直于纸面的匀强磁场，一质量为m、电荷量为q的粒子沿图中直线在圆上的a点射入柱形区域，在圆上的b点离开该区域，离开时速度方向与直线垂直圆心O到直线的距离为现将磁场换为平等于纸面且垂直于直线的匀强电场，同一粒子以同样速度沿直线在a点射入柱形区域，也在b点离开该区域若磁感应强度大小为B，不计重力，求电场强度的大小
31、【答案】【解析】【分析】【详解】解答本题注意带电粒子先在匀强磁场运动，后在匀强电场运动带电粒子在磁场中做圆周运动粒子在磁场中做圆周运动设圆周的半径为r，由牛顿第二定律和洛仑兹力公式得式中v为粒子在a点的速度过b点和O点作直线的垂线，分别与直线交于c和d点由几何关系知，线段和过a、b两点的轨迹圆弧的两条半径（未画出）围成一正方形因此设有几何关系得联立式得再考虑粒子在电场中的运动设电场强度的大小为E，粒子在电场中做类平抛运动设其加速度大小为a，由牛顿第二定律和带电粒子在电场中的受力公式得qE=ma 粒子在电场方向和直线方向所走的距离均为r，有运动学公式得r=vt 式中t是粒子在电场中运动的时间联立
32、式得【点睛】带电粒子在磁场中运动的题目解题步骤为：定圆心、画轨迹、求半径，同时还利用圆弧的几何关系来帮助解题值得注意是圆形磁场的半径与运动轨道的圆弧半径要区别开来15现代科学仪器常利用电场磁场控制带电粒子的运动，如图所示，真空中存在着多层紧密相邻的匀强电场和匀强磁场，宽度均为d电场强度为E，方向水平向左；垂直纸面向里磁场的磁感应强度为B1，垂直纸面向外磁场的磁感应强度为B2，电场磁场的边界互相平行且与电场方向垂直.一个质量为、电荷量为的带正电粒子在第层电场左侧边界某处由静止释放,粒子始终在电场、磁场中运动,不计粒子重力及运动时的电磁辐射.（1）求粒子在第2层磁场中运动时速度的大小与轨迹半径;（
33、2）粒子从第n层磁场右侧边界穿出时,速度的方向与水平方向的夹角为,试求;（3）若粒子恰好不能从第n层磁场右侧边界穿出,试问在其他条件不变的情况下,也进入第n层磁场,但比荷较该粒子大的粒子能否穿出该层磁场右侧边界,请简要推理说明之【答案】（1）； （2）； （3）见解析；【解析】（1）粒子在进入第2层磁场时，经两次电场加速，中间穿过磁场时洛伦兹力不做功，由动能定理，有：解得：粒子在第2层磁场中受到的洛伦兹力充当向心力，有：联立解得：（2）设粒子在第n层磁场中运动的速度为vn，轨迹半径为rn（下标表示粒子所在层数），粒子进入到第n层磁场时，速度的方向与水平方向的夹角为,从第n层磁场右侧边界突出时速度方向与水平方向的夹角为，粒子在电场中运动时，垂直于电场线方向的速度分量不变，有：由图根据几何关系可以得到：联立可得：由此可看出，为一等差数列，公差为d，可得：当n=1时，由下图可看出：联立可解得：（3）若粒子恰好不能从第n层磁场右侧边界穿出，则：，在其他条件不变的情况下，打印服务比荷更大的粒子，设其比荷为，假设通穿出第n层磁场右侧边界，粒子穿出时速度方向与水平方向的夹角为，由于，则导致：说明不存在，即原假设不成立，所以比荷较该粒子大的粒子不能穿出该层磁场右侧边界考点：带电粒子在电磁场中的运动
